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9 - Geometria Analitica - EAD - Paulo Alexandre

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Prévia do material em texto

Módulo III
Geometria Analítica
Paulo Alexandre Araújo Sousa 
PRESIDENTE DA REP ´UBLICA
Luiz Ina´cio Lula da Silva
MINISTRO DA EDUCAC¸ ˜AO
Fernando Haddad
GOVERNADOR DO ESTADO
Wellington Dias
REITOR DA UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAU´I
Luiz de Sousa Santos Ju´nior
SECRET ´ARIO DE EDUCAC¸ ˜AO `A DIST ˆANCIA DO MEC
Carlos Eduardo Bielschowsky
COORDENADORIA GERAL DA UNIVERSIDADE ABERTA DO BRASIL
Celso Costa
SECRET ´ARIO DE EDUCAC¸ ˜AO DO ESTADO DO PIAU´I
Antonio Jose´ Medeiros
COORDENADOR GERAL DO CENTRO DE EDUCAC¸ ˜AO ABERTA
`A DIST ˆANCIA DA UFPI
Gilda´sio Guedes Fernandes
SUPERINTENDENTE DE EDUCAC¸ ˜AO SUPERIOR NO ESTADO
Eliane Mendonc¸a
DIRETOR DO CENTRO DE CI ˆENCIAS DA NATUREZA
Helder Nunes da Cunha
COORDENADOR DO CURSO DE MATEM ´ATICA `A DIST ˆANCIA
Joa˜o Benı´cio de Melo Neto
COODENADORA DE MATERIAL DID ´ATICO DO CEAD/UFPI
Cleidinalva Maria Barbosa Oliveira
APRESENTAC¸ ˜AO
Este texto e´ destinado aos estudantes aprendizes que participam do
programa de Educac¸a˜o a` Distaˆncia da Universidade Aberta do Piauı´
(UAPI), vinculada ao conso´rcio formado pela Universidade Federal do
Piauı´ (UFPI), Universidade Estadual do Piauı´ (UESPI) e Centro Fede-
ral de Ensino Tecnolo´gico do Piauı´ (CEFET-PI), com apoio do Governo
do estado do Piauı´, atrave´s da Secretaria de Educac¸a˜o.
O texto e´ composto de quatro unidades, contendo itens e subitens,
que discorrem sobre: Geometria Analı´tica do Plano e do Espac¸o Eu-
clidiano tridimensional, Secc¸o˜es Coˆnicas e Superfı´cies Qua´dricas.
Na unidade 1, introduzimos um sistema de coordenadas carte-
sianas em um plano qualquer, mostrando a importaˆncia deste con-
ceito. Como consequeˆncia disto, podemos estudar geometria utilizan-
do me´todos alge´bricos - donde surge o conceito de Geometria Analı´ti-
ca.
Apresentamos o conceito de vetor e as operac¸o˜es de adic¸a˜o de
vetor e multiplicac¸a˜o de vetor por escalar, com as suas principais pro-
priedades e consequeˆncias.
Finalizamos a unidade mostrando ao leitor uma aplicac¸a˜o do con-
teu´do trabalhado.
Na unidade 2, apresentamos a definic¸a˜o geome´trica de coˆnicas
e obtemos equac¸o˜es analı´ticas que as representam. As equac¸o˜es
obtidas sa˜o equac¸o˜es do segundo grau a duas varia´veis. Enta˜o, surge
o questionamento: qual coˆnica uma equac¸a˜o (geral) do segundo grau
2
3
a duas varia´veis representa? Nesta unidade, tambe´m apresentamos
ferramentas necessa´rias para respondermos a esta pergunta.
Finalizamos a unidade mostrando ao leitor situac¸o˜es cotidianas
onde as coˆnicas - elipse, para´bola e hipe´rbole - aparecem natural-
mente.
Na unidade 3, introduzimos a Geometria Analı´tica no espac¸o, sem-
pre fazendo uso da intuic¸a˜o geome´trica que temos sobre o espac¸o
que nos rodeia, o que nos possibilita uma interpretac¸a˜o geome´trica
dos sistemas lineares 3× 3 - as inco´gnitas x, y, z sa˜o as coordenadas
de um ponto no espac¸o de treˆs dimenso˜es e cada uma das equac¸o˜es
representa um plano nesse espac¸o.
Concluı´mos a unidade mostrando, por meio de um exemplo, onde
aplicamos a teoria estudada no nosso dia a dia.
Na unidade 4, introduzimos a definic¸a˜o alge´brica das superfı´cies
qua´dricas, fazendo uso de equac¸o˜es do segundo grau a treˆs varia´veis,
e apresentamos as ferramentas necessa´rias para identificarmos que
superfı´cie qua´drica uma equac¸a˜o do segundo grau a treˆs varia´veis
representa.
Para alcanc¸armos nosso objetivo, ou seja, identificarmos as qua´dri-
cas, utilizamos o Teorema Espectral - Diagonalizac¸a˜o de Matrizes
Sime´tricas.
4
SUM ´ARIO GERAL
UNIDADE - 1: O plano
(1.1) Introduc¸a˜o
(1.2) Sistema de coordenadas
(1.3) Distaˆncia entre pontos
(1.4) Operac¸o˜es com vetores
(1.5) Produto interno e aˆngulo entre vetores
(1.6) Equac¸a˜o da reta
(1.7) Aplicac¸a˜o
(1.8) Nota histo´rica
(1.9) Exercı´cios resolvidos
(1.10) Exercı´cios propostos
(1.11) Refereˆncias Bibliogra´ficas
UNIDADE - 2: Coˆnicas
(2.1) Introduc¸a˜o
(2.2) Circunfereˆncia
(2.3) Para´bola
(2.4) Elipse
(2.5) Hipe´rbole
(2.6) Rotac¸a˜o de um conjunto
(2.7) Aplicac¸a˜o
(2.8) Nota histo´rica
5
(2.9) Exercı´cios resolvidos
(2.10) Exercı´cios propostos
(2.11) Refereˆncias Bibliogra´ficas
UNIDADE - 3: O espac¸o
(3.1) Introduc¸a˜o
(3.2) Sistema de coordenadas no espac¸o
(3.3) Distaˆncia entre pontos no espac¸o
(3.4) Vetores no espac¸o
(3.5) Produto vetorial
(3.6) Equac¸a˜o do plano
(3.7) Distaˆncia de um ponto a um plano
(3.8) Retas reversas
(3.9) Aplicac¸a˜o
(3.10) Exercı´cios resolvidos
(3.11) Exercı´cios propostos
(3.12) Refereˆncias Bibliogra´ficas
UNIDADE - 4: Qua´dricas centrais
(4.1) Introduc¸a˜o
(4.2) Equac¸o˜es padra˜o
(4.3) Autovalores e autovetores
(4.4) Conjunto ortonormal
(4.5) Identificac¸a˜o de uma qua´drica central
Unidade 1
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
Unidade 1
Resumo
Nesta unidade, introduzimos um sistema de 
coordenadas cartesianas
em um plano qualquer, mostrando a importância 
deste conceito.
Como consequência disto, podemos estudar 
geometria utilizando métodos algébricos - donde 
surge o conceito de Geometria Analítica.
Apresentamos o conceito de vetor e as operações 
de adição de vetor e multiplicação de vetor por 
escalar, com as suas principais propriedades e 
consequências.
Finalizamos a unidade mostrando ao leitor uma 
aplicação do conteúdo trabalhado.
O Plano
Unidade 1
6
(4.6) Equac¸a˜o geral do segundo grau
(4.7) Nota histo´rica
(4.8) Exercı´cios resolvidos
(4.9) Exercı´cios propostos
(4.10) Refereˆncias Bibliogra´ficas
SUM ´ARIO
(1.1) Introduc¸a˜o
(1.2) Sistema de coordenadas
(1.3) Distaˆncia entre pontos
(1.4) Operac¸o˜es com vetores
(1.5) Produto interno e aˆngulo entre vetores
(1.6) Equac¸a˜o da reta
(1.7) Aplicac¸a˜o
(1.8) Nota histo´rica
(1.9) Exercı´cios resolvidos
(1.10) Exercı´cios propostos
(1.11) Refereˆncias Bibliogra´ficas
1. O plano
1.1 Introduc¸a˜o
Rene´ Descartes, matema´tico e filo´sofo, nasceu em La Have,
Franc¸a, em 31 de marc¸o de 1596. Morreu em Estolcomo, em 1◦ de
fevereiro de 1650. ´E considerado um dos fundadores da filosofia mo-
derna. Uma de suas contribuic¸o˜es a` matema´tica foi estabelecer uma
corres- pondeˆncia biunı´voca entre os pontos de um plano e pares
de nu´meros reais, dando assim origem a` geometria analı´tica. Tal
mate´ria tem como objetivo estudar geometria por me´todos alge´bricos.
Tambe´m, grac¸as a essa grande ide´ia, e´ que podemos, por exemplo,
interpretar o comportamento de uma func¸a˜o atrave´s de seu gra´fico
que e´ desenhado num sistema de coordenadas cartesianas. O termo
”cartesianas” nada mais e´ do que uma homenagem a seu criador.
Neste capı´tulo descreveremos o me´todo desenvolvido por Rene´
Descartes. Para isto, admitiremos que o leitor esteja familiarizado com
as propriedades do conjunto dos nu´meros reais, bem como, com os
resultados ba´sico de geometria euclidiana plana.
1.2 Sistema de coordenadas
Ha´ um princı´pio da geometria euclidiana plana que afirma:
“Fixada uma reta r, cada ponto de r corresponde a um u´nico nu´me-
ro real e cada nu´mero real corresponde a um u´nico ponto da reta r”.
9
10
Esta correspondeˆncia biunı´voca entre os pontos de uma reta e os
nu´meros reais e´ chamada de um sistema de coordenadas cartesianas
para a reta. O ponto cuja coordenada e´ zero e´ chamado de origem do
sistema.
+ + + + +
... −2 −1 0 1 2 ...
Figura 1.1: Reta orientada
Usualmente, a
reta orientada e´
representada por
uma reta horizontal
com a orientac¸a˜o
no sentido da
esquerda para a
direita.
Definic¸a˜o 1.2.1. Sejam A e B dois pontos de uma reta, e, a e b suas
respectivas coordenadas. Definimosa distaˆncia de A a B, denotada
por d(A,B), como sendo |a− b|.
Outro princı´pio da geometria euclidiana plana diz que:
“Dada uma reta r e um ponto P ∈ r, sempre podemos escolher
um sistema de coordenadas para r de tal modo que a coordenada do
ponto P seja zero”.
Usaremos a existeˆncia de um sistema de coordenadas para uma
reta e introduziremos coordenadas em um plano.
Considere um plano pi. Neste plano, escolhemos um ponto qual-
quer. Denotemo-lo por O. Passando em O, consideremos duas retas
perpendiculares e em cada uma delas um sistema de coordenadas
de tal modo que O seja origem em ambos. Chamaremos uma dessas
retas de eixo horizontal e a outra de eixo vertical.
Figura 1.2: Eixos orientados
11
A partir dessas duas retas e de O, estabeleceremos um sistema de
coordenadas para pi. Colocaremos pi em correspondeˆncia biunı´voca
com o conjunto R2 = {(x, y) : x, y ∈ R} da seguinte maneira: de cada
P ∈ pi tracemos perpendiculares aos eixos horizontal e vertical. Essa
perpendiculares encontrara˜o os eixos em pontos cujas coordenadas
sa˜o, digamos, respectivamente, x e y. Associamos o ponto P ao par
ordenado (x, y).
x
P
.......................
y
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Figura 1.3: Ponto no plano
Chamaremos a componente x do par (x, y) de abscissa de P , e a
componente y do par chamaremos de ordenada. Essas componentes
tambe´m sera˜o chamadas de coordenadas de P .
A correspondeˆncia inversa de P → (x, y) e´ a seguinte: dado o par
(x, y), consideremos no eixo horizontal o ponto cuja coordenada e´ x
e no eixo vertical o ponto cuja coordenada e´ y. Por cada um desses
pontos conduzimos a perpendicular ao eixo. Essas perpendiculares
cruzar-se-a˜o num ponto P . Associamos o par (x, y) ao ponto P . Esta
e´ a correspondeˆncia inversa.
Saiba mais sobre
correspondeˆncia bi-
unı´voca no sı´tio:
www.ptmat.fc.ul.pt/
∼lsequeir/tmf/
teoricas/Fev18.pdf
A correspondeˆncia biunı´voca que acabamos de descrever chama-
se sistema de coordenadas cartesianas para o plano pi. Usaremos a
notac¸a˜o P = (x, y) para simbolizar que o ponto P tem coordenadas
(x, y). Comumente, o eixo horizontal tambe´m e´ chamado de eixo das
abscissas, eixo dos x ou eixo x, e o eixo vertical e´ chamado de eixo
das ordenadas, eixo dos y ou eixo y. ´E tambe´m comum chamar o
sistema de coordenadas acima descrito de sistema de coordenadas
12
xy e o plano de plano xy.
Dado um sistema de coordenadas xy num plano, chamaremos de
1◦ quadrante a regia˜o do plano formada pelos pontos cuja abscissa e a
ordenada sa˜o na˜o negativas; de 2◦ quadrante a regia˜o formada pelos
pontos cuja abscissa e´ na˜o positiva e a ordenada e´ na˜o negativa; de 3◦
quadrante a regia˜o formada pelos pontos cuja abscissa e a ordenada
sa˜o na˜o positivas; e, de 4◦ quadrante a regia˜o formada pelos pontos
cuja abscissa e´ na˜o negativa e a ordenada e´ na˜o positiva.
1°quadrante2° quadrante
3° quadrante 4° quadrante
Figura 1.4: Quadrantes do plano
Dizemos que os quadrantes 1◦ e 2◦ sa˜o opostos, respectivamente,
aos quadrantes 3◦ e 4◦. E os conjuntos definidos como {(x, y) : x = y}
e {(x, y) : y = −x} sa˜o as bissetrizes, respectivamente, dos quadran-
tes ı´mpares e pares.
So´ para enfatizar, o
primeiro quadrante
e´ oposto ao ter-
ceiro e o segundo,
e´ oposto ao quarto
quadrante.
O emprego de coordenadas no plano serve a dois propo´sitos. O
primeiro e´ atribuir um significado geome´trico a fatos de natureza nume´-
rica; o segundo propo´sito e´ recorrer a tais coordenadas para resolver
problemas de geometria.
1.3 Distaˆncia entre pontos
Sejam (a1, a2) e (b1, b2), respectivamente, as coordenadas de dois
pontos A e B de um plano. Determinaremos a distaˆncia de A a B em
termos de suas coordenadas.
13
A
B
C
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..............................................
..............................................
Figura 1.5: Distaˆncia entre pontos
Seja C o ponto de coordenadas (b1, a2). Usando a definic¸a˜o de
distaˆncia entre pontos de uma reta temos que: d(A,C) = |a1 − b1| e
d(B,C) = |a2 − b2|. Ale´m disso, o triaˆngulo ABC e´ retaˆngulo em C.
Utilizando o Teorema de Pita´goras, podemos concluir que
d(A,B) =
√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2.
Exemplo 1.3.1. Calculemos a distaˆncia entre os pontos A = (1, 2) e
B = (−3, 5). Observe que,
d(A,B) =
√
(1− (−3))2 + (2− 5)2
=
√
(1 + 3)2 + (−3)2
=
√
16 + 9 = 5.
Exemplo 1.3.2. Dados os pontos A = (4, 5), B = (−2, 8) e C = (5, 7),
veja que o triaˆngulo ABC e´ retaˆngulo e seus catetos sa˜o AB e AC.
De fato, um ca´lculo simples mostra que d(A,B) =
√
45, d(A,C) =
√
5
e d(B,C) =
√
50. Portanto, d2(A,B) + d2(A,C) = d2(B,C). Ou seja, o
triaˆngulo ABC satisfaz o Teorema de Pita´goras, logo e´ retaˆngulo.
Voceˆ lembra o
enunciado do Teo-
rema de Pita´goras?
Qual e´? Definic¸a˜o 1.3.1. O comprimento do segmento de extremidades A e B
e´ definido como a distaˆncia de A a B.
Definic¸a˜o 1.3.2. Chamamos de ponto me´dio do segmento AB o ponto
M deste segmento tal que d(A,M) = d(M,B).
Proposic¸a˜o 1.3.3. O ponto me´dio do segmento de reta cujas extremi-
dades sa˜o os pontos A = (a1, a2) e B = (b1, b2) e´ o ponto
M =
(a1 + b1
2
,
a2 + b2
2
)
.
14
Demonstrac¸a˜o. Um ca´lculo simples mostra que d(A,M) = d(M,B), o
que significa que M e´ o ponto me´dio de AB.
1.4 Operac¸o˜es com vetores
Dados A,B ∈ R2, chama-se vetor com ponto inicial em A e ponto
final em B, denotado por −→AB, o segmento orientado no sentido de A
para B. Veja sua representac¸a˜o geome´trica:
A
B
Figura 1.6: Vetor
Dado um par ordenado (x1, x2). Ale´m de ser interpretado como as
coordenadas de um ponto do plano, ele tambe´m pode ser visto como
um vetor cujo ponto inicial e´ a origem do sistema de coordenadas e o
ponto final e´ o ponto do plano correspondente a tais coordenadas.
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x
y
.................................
Figura 1.7: Coordenadas de um vetor
Quando (x1, x2) = (0, 0), estamos considerando um vetor “degene-
rado”, isto e´, o vetor cujo ponto final coincide com o ponto inicial.
Definic¸a˜o 1.4.1. Sejam A = (a1, a2) e B = (b1, b2) vetores de R2.
Definimos a soma de A com B como sendo
A+B = (a1 + b1, a2 + b2).
15
Sabendo que cada coordenada do vetor A + B e´ a soma das co-
ordenadas correspondentes de A e B, e´ fa´cil deduzir as propriedades
formais da adic¸a˜o de vetores a partir de suas ana´logas para adic¸a˜o de
nu´meros reais. Tem-se assim, para quaisquer A,B,C ∈ R2 :
1. (Associatividade) A + (B + C) = (A+B) + C;
2. (Comutatividade) A +B = B + A;
3. (Elemento Neutro) Usando a notac¸a˜o O = (0, 0), obtemos que
A + O = A, para todo A ∈ R2. Assim, o elemento O e´ chamado
de elemento neutro em relac¸a˜o a` operac¸a˜o adic¸a˜o;
4. (Elemento Oposto) Dado A = (a1, a2), denotaremos por −A o
par ordenado (−a1,−a2), isto e´, −A = (−a1,−a2). Segue que,
A+ (−A) = O. Chamaremos −A de elemento oposto a A.
Definic¸a˜o 1.4.2. Dados A,B ∈ R2, definimos A menos B como sendo
A−B = A+ (−B).
Exemplo 1.4.1. Dados A = (2,−1) e B = (−1, 1), calculemos A + B
e A − B. Utilizando a definic¸a˜o de adic¸a˜o de vetores e a propriedade
do elemento oposto temos:
A+B = (2,−1) + (−1, 1) = (2 + (−1),−1 + 1) = (1, 0);
A−B = A+ (−B) = (2,−1) + (1,−1) = (3,−2).
Definic¸a˜o 1.4.3. Dados A = (a1, a2) ∈ R2 e λ ∈ R. Definimos a
multiplicac¸a˜o de A por λ pondo
λ · A = (λ · a1, λ · a2).
Em se tratando de
matema´tica, como
tudo na vida, na˜o
devemosacreditar
em tudo que e´
dito. Por isso, o
leitor curioso logo
tentara´ verificar
a veracidade das
propriedades que
envolvem opera-
c¸o˜es com vetores.
Resultam imediatamente, da definic¸a˜o acima, as seguintes pro-
priedades:
1. λ1(λ2A) = (λ1λ2)A, para quaisquer A ∈ R2 e λ1, λ2 ∈ R;
2. (λ1 + λ2)A = λ1A+ λ2A, para quaisquer A ∈ R2 e λ1, λ2 ∈ R;
3. λ(A+B) = λA+ λB, para quaisquer A,B ∈ R2 e λ ∈ R;
16
4. 1 · A = A, para todo A ∈ R2.
Como consequeˆncia das propriedades apresentadas acima, temos
o seguinte resultado: o ponto me´dio de um segmento cujas extremi-
dades sa˜o A e B e´ M = 1
2
(A + B). De fato, suponha que A = (a1, a2)
e B = (b1, b2), enta˜o:
M =
(a1 + b1
2
,
a2 + b2
2
)
=
(1
2
(a1 + b1),
1
2
(a2 + b2)
)
=
1
2
(a1 + b1, a1 + b2)
=
1
2
(A+ B).
Apresentaremos uma interpretac¸a˜o geome´trica para a adic¸a˜o de
vetores e multiplicac¸a˜o de vetor por escalar. Para isso, necessitamos
de alguns resultados preliminares.
Teorema 1.4.4. Sejam A,B,C,D pontos de R2. Enta˜o, o quadrila´tero
ABCD e´ um paralelogramo se, somente se, B −A = C −D.
B C
DA
Figura 1.8: Paralelogramo
Demonstrac¸a˜o. Lembremos que quatro pontos A,B,C,D de um plano
sa˜o ve´rtices, nesta ordem, de um paralelogramo se, somente se, suas
diagonais BD e AC teˆm o mesmo ponto me´dio. Agora observe que,
B −A = C −D ⇔ B +D = A + C ⇔ 1
2
(B +D) =
1
2
(A+ C).
A u´ltima igualdade significa que os segmentos BD e AC teˆm o
mesmo ponto me´dio.
17
Sejam A,B ∈ R2 vetores na˜o nulos e na˜o colineares, ou seja, os
pontos A, B e a origem O na˜o sa˜o colineares. Considere o vetorA+B.
Como
A = A− O = A− [(−B) +B] = [A− (−B)]− B = (A +B)−B,
segue do teorema 1.4.4 que os pontos O,A,A + B,B sa˜o ve´rtices,
nesta ordem, de um paralelogramo, o qual chamaremos de paralelo-
gramo determinado por A e B.
O A
B A+B
Figura 1.9: Vetor soma
ANOTE:
................................
................................
................................
................................
................................
................................
................................
Desse modo, a adic¸a˜o de dois vetores A e B, na˜o nulos e na˜o
colineares, e´ um vetor que se situa numa diagonal do paralelogramo
determinado por A e B.
Dados A,B,C,D ∈ R2, dizemos que os segmentos AB e CD sa˜o
paralelos se esta˜o contidos em retas paralelas, e colineares, se esta˜o
contidos na mesma reta. Agora considere segmentos orientados −→AB
e
−−→
CD, diz-se que eles teˆm a mesma orientac¸a˜o quando sa˜o paralelos
ou colineares e os segmentos AC e BD na˜o se intersectam. Esta
definic¸a˜o na˜o faz sentido quando os segmentos AB e CD sa˜o coli-
neares. Neste caso, diz-se que eles teˆm mesma orientac¸a˜o se uma
das semi-retas
⇀
AB e
⇀
CD esta´ contida na outra.
A B
C D
Figura 1.10: Mesma orientac¸a˜o
18
Definic¸a˜o 1.4.5. Diremos que dois vetores−→AB e−−→CD sa˜o equipolentes
e escrevemos
−→
AB ∼ −−→CD, se teˆm mesmo comprimento, sa˜o paralelos
ou colineares, e teˆm mesma orientac¸a˜o.
Proposic¸a˜o 1.4.6. Sejam −→AB e −−→CD vetores em R2. Enta˜o, −→AB ∼ −−→CD
se, somente se, B −A = D − C.
A demonstrac¸a˜o desta proposic¸a˜o, no caso que AB e CD na˜o sa˜o
colineares, segue como consequeˆncia do teorema 1.4.4. Deixaremos
a demonstrac¸a˜o do outro caso, que os AB e CD sa˜o colineares, a
cargo do leitor.
Definic¸a˜o 1.4.7. Dados A = (a1, a2) e B = (b1, b2), diremos que o
par ordenado (b1 − a1, b2 − a2) sa˜o as coordenadas do vetor −→AB e
escrevemos
−→
AB = (b1 − a1, b2 − a2). Pela proposic¸a˜o 1.4.6 temos que
as coordenadas de dois vetores equipolentes sa˜o iguais.
Corola´rio 1.4.1. Dados um vetor −→AB e um ponto P em R2, existe um
u´nico ponto Q tal que −→AB ∼ −→PQ.
Demonstrac¸a˜o. Observe que B − A = (B − A) + (P − P ) = Q − P ,
onde Q = (B − A) + P . Pela proposic¸a˜o 1.4.6 segue o resultado.
Como vimos no corola´rio acima, dados o vetor −→AB e o ponto P ,
existe um u´nico ponto Q tal que −→AB ∼ −→PQ, onde Q = (B − A) + P .
Diz-se que o vetor −→AB transportou o ponto P ate´ a posic¸a˜o Q. Alia´s,
a palavra vetor prove´m do latim vehere, que significa transportar.
AP
Q=(B−A)+P B
Figura 1.11: Transporte de ponto
19
Proposic¸a˜o 1.4.8. Treˆs pontos A = (a1, a2), B = (b1, b2) e C = (c1, c2)
esta˜o alinhados (sa˜o colineares) se, somente se,∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 a2 1
b1 b2 1
c1 c2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0.
Um boa atividade
para o aprendizado
do leitor e´ tentar
provar a proposic¸a˜o
nos casos na˜o
contemplados na
demonstrac¸a˜o.
Demonstrac¸a˜o. Vamos supor que a1 < b1 < c1 e a2 < b2 < c2 , os
outros casos sa˜o tratados de modo ana´logo. Os pontos A = (a1, a2),
B = (b1, b2) e C = (c1, c2) sa˜o colineares se, somente se, os triaˆngulos
∆ACE e ∆ABD sa˜o semelhantes, onde D = (b1, a2) e E = (c1, a2).
Como os triaˆngulos ∆ACE e ∆ABD sa˜o retaˆngulos em E e D, res-
pectivamente, temos que os mesmos sa˜o semelhantes se, somente
se, AE
AD
= CE
BD
.
A
B
C
ED
.
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Figura 1.12: Pontos colineares
Observemos agora que,
AE
AD
=
CE
BD
⇔ c1 − a1
b1 − a1 =
c2 − a2
b2 − a2
⇔ (c1 − a1)(b2 − a2) = (b1 − a1)(c2 − a2)
⇔ a1(b2 − c2)− b1(a2 − c2) + c1(a2 − b2) = 0
⇔ a1
∣∣∣∣∣∣
b2 1
c2 1
∣∣∣∣∣∣− b1
∣∣∣∣∣∣
c2 1
a2 1
∣∣∣∣∣∣ + c1
∣∣∣∣∣∣
b2 1
a2 1
∣∣∣∣∣∣ = 0
⇔
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 a2 1
b1 b2 1
c1 c2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0.
20
Sejam −→AB e −−→CD dois vetores paralelos ou colineares, enta˜o os
vetores
−−→
OP1 e
−−→
OP2, onde P1 = B − A e P2 = D − C, sa˜o colineares.
Donde concluı´mos que os pontos O, P1 e P2 esta˜o alinhados. Pela
proposic¸a˜o acima, este fato ocorre somente quando existe λ ∈ R tal
que B −A = λ(D − C).
Consequeˆncia: Dois vetores −→AB e −−→CD sa˜o paralelos ou colineares
se, somente se, existe λ ∈ R tal que B −A = λ(D − C).
Considere A = (a, b), na˜o nulo, e λ ∈ R. Segue da proposic¸a˜o 1.4.8
que os vetores A e λA sa˜o colineares, isto e´, os pontos O = (0, 0),
A = (a, b) e λA = (λa, λb) sa˜o colineares.
Quanto a` orientac¸a˜o, se λ > 0 enta˜o λa e a teˆm mesmo sinal,
assim como λb e b. Isto diz que os vetores A e λA esta˜o no mesmo
quadrande, e por conseguinte, teˆm mesmo sentido. Se λ < 0, λa e
a teˆm sinais contra´rios, assim como λb e b. Consequentemente, os
vetores A e λA esta˜o em quadrandes opostos, e por conseguinte, teˆm
sentidos contra´rios.
A
y
.A
Figura 1.13: Multiplicac¸a˜o por escalar
A distaˆncia de A a` origem e´ igual a d(O,A) =
√
a2 + b2. Por con-
seguinte, a distaˆncia de λA = (λa, λb) a` origem e´ igual a :
d(O, λA) =
√
(λa)2 + (λb)2 = |λ|
√
a2 + b2 = |λ|d(O,A).
A ana´lise acima diz que λA e´ um vetor que tem a mesma direc¸a˜o
de A e cujo comprimento e´ igual a |λ| vezes o comprimento de A.
21
Quanto a` orientac¸a˜o, tera´ a mesma se λ > 0 e tera´ sentido contra´rio
se λ < 0.
1.5 Produto interno e aˆngulo entre vetores
A fo´rmula da distaˆncia entre dois pontos, dada em termos das
coordenadas desses pontos, serve de partida para um grande nu´mero
de resultados da Geometria Analı´tica. Vejamos um exemplo.
Dados dois pontos P = (a1, a2) eQ = (b1, b2) obteremos a condic¸a˜o,
emtermos dessas coordenadas, que assegura o perpendicularismo
dos segmentos OP e OQ.
Pelo Teorema de Pita´goras, os segmentos OP e OQ sa˜o perpen-
diculares se, somente se , d2(P,Q) = d2(O,P ) + d2(O,Q).
O
P
Q
Figura 1.14: Segmentos perpendiculares
ANOTE:
................................
................................
................................
................................
................................
................................
................................
A fo´rmula da distaˆncia entre dois pontos nos permite escrever esta
equac¸a˜o como
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 = a21 + a22 + b21 + b22.
Simplificando a expressa˜o encontrada temos: a1b1 + a2b2 = 0. Esta e´
condic¸a˜o de perpendicularismo entre dois vetores.
Conclusa˜o: Dois vetores P = (a1, a2) e Q = (b1, b2) sa˜o perpendicu-
lares (notac¸a˜o P ⊥ Q) se, somente se, a1b1 + a2b2 = 0.
De uma forma mais geral, dados os pontos A = (a, b), A′ = (a′, b′),
C = (c, d) e C ′ = (c′, d′), com A 6= A′ e C 6= C ′, temos que os segmen-
22
tos AA′ e CC ′ sa˜o perpendiculares se, somente se, os segmentos OP
e OQ tambe´m o sa˜o, onde P = (a′ − a, b′ − b) e Q = (c′ − c, d′ − d).
Assim, a condic¸a˜o de perpendicularismno dos segmentos AA′ e CC ′,
se exprime, em termos das coordenadas desses segmentos, como
(a′ − a)(c′ − c) + (b′ − b)(d′ − d) = 0.
A
A’
C’
P
C
Q
Figura 1.15: Segmentos sem extremidade comum
Exemplo 1.5.1. Voltemos ao exemplo 1.3.2. SeA = (4, 5),B = (−2, 8)
e C = (5, 7) enta˜o, os segmentos AB e AC sa˜o perpendiculares. De
fato,
(−2− 4)(5− 4) + (8− 5)(7− 5) = −6 · 1 + 3 · 2 = 0.
Definic¸a˜o 1.5.1. Sejam A = (a1, a2) e B = (b1, b2). Definimos o pro-
duto interno de A por B como sendo:
〈A,B〉 = a1b1 + a2b2.
Deste modo, dois vetores A e B em R2 sa˜o perpendiculares se,
somente se, 〈A,B〉 = 0.
Exemplo 1.5.2. Dado o vetor (a, b), temos que o vetor (−b, a) e´ sem-
pre perpendicular a ele, ou seja, 〈(a, b), (−b, a)〉 = a(−b) + ba = 0.
As propriedades apresentadas abaixo resultam imediatamente da
definic¸a˜o 1.5.1.
23
1. 〈u, v〉 = 〈v, u〉, para quaisquer u, v ∈ R2;
2. 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉, para quaisquer u, v, w ∈ R2;
3. 〈λu, v〉 = λ〈u, v〉 para quaisquer u, v ∈ R2 e λ ∈ R;
4. 〈u, u〉 ≥ 0, para todo u ∈ R2.
Definic¸a˜o 1.5.2. A norma de um vetor A = (a1, a2) e´ definida como
|A| =
√
〈A,A〉 =
√
a21 + a
2
2.
Lema 1.5.1. Dados A ∈ R2 e λ ∈ R, temos que:
1. |A| ≥ 0;
2. |λA| = |λ| · |A|.
Demonstrac¸a˜o. A prova do item (1) segue do fato que 〈A,A〉 ≥ 0.
Agora veja que, |λA| =√〈λA, λA〉 =√λ2〈A,A〉 = |λ| · |A|.
Dado um vetor A ∈ R2, na˜o nulo, o item (2) do lema acima nos
fornece uma maneira de encontrarmos um vetor B com a mesma
direc¸a˜o do vetor A e norma igual a |α|, para qualquer α ∈ R. De
fato, escolhendo λ = α|A| temos que vetor B = λA satisfaz
|B| = |λ| · |A| = |α||A| |A| = |α|.
Exemplo 1.5.3. Acharemos um vetor com norma 2, mesma direc¸a˜o e
sentido contra´rio ao do vetor A = (1, 2). Tomando λ = − 2|A| = − 2√5 , o
sinal negativo e´ devido a` exigeˆncia do sentido ser contra´rio, enta˜o o
vetor B = λA =
(
− 2√
5
,− 4√
5
)
e´ o vetor procurado.
Ja´ o item (1), do lema anterior, sera´ usado para provarmos uma
ferramenta (teorema abaixo) muito u´til na resoluc¸a˜o de problemas
matema´ticos.
Augustin - Louis
Cauchy (1789-
1857) deixou cerca
de 800 trabalhos
entre livros e arti-
gos, cobrindo quase
todos os ramos da
matema´tica, um
feito talvez so´
superado por Euler.
Teorema 1.5.3 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz). Para quaisquer
vetores A,B ∈ R2 vale a seguinte desigualdade
|〈A,B〉| ≤ |A| · |B|.
24
Demonstrac¸a˜o. Pelo item (1) do lema 1.5.1, temos que
〈A+ tB,A+ tB〉 ≥ 0, ∀ t ∈ R.
Segue que p(t) = |B|2 · t2+2〈A,B〉t+ |A|2 ≥ 0, para todo t ∈ R. Enta˜o,
o discriminante da func¸a˜o quadra´tica p e´ na˜o positivo. Portanto,
4〈A,B〉2 − 4|A|2|B|2 ≤ 0⇒ |〈A,B〉| ≤ |A| · |B|.
Corola´rio 1.5.1 (Desigualdade Triangular). |A + B| ≤ |A| + |B|, para
quaisquer dois vetores A,B ∈ R2.
Demonstrac¸a˜o. Primeiramente observe que |A + B| ≤ |A| + |B| ⇔
|A + B|2 ≤ (|A| + |B|)2. Enta˜o basta provar a segunda desigualdade.
Assim,
|A+B|2 = 〈A+B,A+B〉
= 〈A,A〉+ 2〈A,B〉+ 〈B,B〉
= |A|2 + 2〈A,B〉+ |B|2
≤ |A|2 + 2|A| · |B|+ |B|2
= (|A|+ |B|)2.
A condic¸a˜o de perpendicularismo e´ um caso particular da fo´rmula
que da´ o cosseno do aˆngulo entre dois segmentos. Pelo que foi visto
anteriormente, dois vetores sa˜o perpendiculares se, somente se, o
produto interno deles e´ igual a zero. Levados por esta observac¸a˜o,
vamos obter a fo´rmula do cosseno do aˆngulo entre dois segmentos.
Sejam P = (a, b) e Q = (x, y) pontos distintos e α e β as medidas
em radianos dos aˆngulos do eixo x com os segmentos OP e OQ,
respectivamente. Enta˜o, os segmentos OP ′ e OQ′ tambe´m formam
aˆngulos α e β, respectivamente, com o eixo x, onde P ′ e Q′ sa˜o dados
abaixo:
P ′ = (
a√
a2 + b2
,
b√
a2 + b2
); Q′ = (
x√
x2 + y2
,
y√
x2 + y2
).
25
1
Q
P
P’
Q’
0
1
Figura 1.16: ˆAngulo entre segmentos
Observe que o pontos P ′ e Q′ esta˜o situados a` distaˆncia 1 da
origem O. Enta˜o, cosα = a√
a2+b2
, sinα = b√
a2+b2
, cosβ = x√
x2+y2
e
sin β = y√
x2+y2
. Supondo β > α, temos que o aˆngulo do segmento OP ′
com o segmento OQ′ mede θ = β−α. Como se sabe da trigonometria,
tem-se
Caro leitor, e´ de fa´cil
verificac¸a˜o (acon-
selhamos que o
fac¸a) que d(O,P ′) =
d(O,Q′) = 1. Basta
utilizar a fo´rmula
encontrada que
fornece a distaˆncia
entre dois pontos
em termos de suas
coordenadas.
cos θ = cos(β − α) = cos β cosα + sin β sinα.
Portanto,
cos θ =
xa + yb√
x2 + y2 · √a2 + b2 =
〈P,Q〉
|P | · |Q| .
Se tivermos dois segmentos de reta AA′ e CC ′, com extremidades
distintas, e quisermos obter o cosseno do aˆngulo entre eles em func¸a˜o
das coordenadas A = (a, b), A′ = (a′, b′), C = (c, d) e C ′ = (c′, d′),
transladaremos esses segmentos de modo a fazerA e C caı´rem sobre
a origem O, obtendo assim os segmentos OA′′ e OC ′′, onde A′′ =
A′−A = (a′− a, b′− b) e C ′′ = C ′−C = (c′− c, d′− d). O aˆngulo entre
AA′ e CC ′ sera´ o mesmo que entre OA′′ e OC ′′. Portanto,
cos θ =
(a′ − a)(c′ − c) + (b′ − b)(d′ − d)√
(a′ − a)2 + (b′ − b)2 ·√(c′ − c)2 + (d′ − d)2 =
〈−−→AA′,−−→CC ′〉
|−−→AA′| · |−−→CC ′|
.
Deve-se observar que os segmentos AA′ e CC ′ teˆm extremidades
distintas, o aˆngulo entre eles so´ fica bem definido quando os orienta-
mos, isto e´, quando especificamos em cada um deles qual e´ o ponto
inicial e o ponto final. No argumento acima, a discussa˜o admitiu que
26
os pontos iniciais dos segmentos AA′ e CC ′ sa˜o A e C. Caso A′ fosse
o ponto inicial do primeiro segmento e C o ponto inicial do segundo,
o aˆngulo entre eles seria o suplemento de θ e o cosseno mudaria de
sinal.
Exemplo 1.5.4. Dados os pontos A = (1, 2), B = (1 +
√
3, 2 +
√
3) e
C = (2+
√
3, 3−√3). Veja que −→AB = (√3,√3) e −→AC = (1+√3, 1−√3),
enta˜o o cosseno do aˆngulo formado pelos segmentos AB e AC e´
cos θ =
√
3(1 +
√
3) +
√
3(1−√3)√
(
√
3)2 + (
√
3)2
√
(1 +
√
3)2 + (1−√3)2
=
2
√
3
4
√
3
=
1
2
.
Consequentemente, os segmentos AB e AC formam um aˆngulo
de 60◦.
1.6 Equac¸a˜o da reta
Sejam P um ponto e A um vetor na˜o nulo. Seja r a reta que passa
por P e esta´ na direc¸a˜o de A, ou seja, e´ paralela ao vetor A.
A
P
X
Figura 1.17: Ponto da reta r
Seja X um ponto em R2. Enta˜o X ∈ r se, somente se, o segmento
PX e´ paralelo ao vetor A. Isto implica que X ∈ r se, somente se,
existe t ∈ R tal que X − P = tA⇔ existe t ∈ R tal que X = P + tA.
Assim sendo, o conjunto dos pontos X(t) tais que X(t) = P + tA,
em que t ∈ R, e´ a reta que passa no ponto P na direc¸a˜o do vetor A.
Chamaremos t de paraˆmetro e X(t) = P+tA de equac¸a˜o parame´trica
da reta.27
Dados dois pontos A eB, consideremos a reta que passa por estes
pontos. Enta˜o esta reta tem a direc¸a˜o do vetor v = −→AB, logo, sua
equac¸a˜o parame´trica e´ X(t) = A + tv. Observe que X(0) = A e
X(1) = B. Por isto, dizemos que X(t) = A+ tv, quando 0 ≤ t ≤ 1, e´ a
equac¸a˜o parame´trica do segmento orientado AB, comec¸ando em A e
terminando em B.
Exemplo 1.6.1. A reta que passa pelos pontos A = (0, 1) e B = (2, 3)
tem a mesma direc¸a˜o do vetor v = −→AB = B−A = (2, 3)−(0, 1) = (2, 2).
Donde, sua equac¸a˜o parame´trica e´ X(t) = (0, 1)+ t(2, 2) = (2t, 1+2t).
Mais geralmente, suponha que X = (x, y), P = (p1, p2) e A = (a, b).
Enta˜o, a equac¸a˜o parame´trica da reta r que passa por P na direc¸a˜o A
e´ (x, y) = (p1, p2) + t(a, b), o que equivale a:


x = p1 + at
y = p2 + bt
.
Zero Absoluto: o
kelvin (sı´mbolo:
◦K) e´ o nome
da unidade de
base do Sistema
Internacional de
Unidades (SI) para
a grandeza tempe-
ratura. ´E sabido que
a dependeˆncia fun-
cional entre graus
Celsius e graus
Kelvin e´ linear, que
0◦C corresponde
a 273, 15◦K e que
100◦C corresponde
a 373, 15◦K.
Chamamos de zero
absoluto a tem-
peratura de 0◦K.
Qual temperatura,
em graus Celsius,
corresponde ao
zero absoluto?
Encontre a equac¸a˜o
da reta que da´ a
correspondeˆncia
linear entre as duas
grandezas e, com
isto, responda a`
pergunta.
Estas sa˜o chamadas de equac¸o˜es parame´tricas da reta que passa
por P na direc¸a˜o A. Podemos, neste caso, a partir das equac¸o˜es
parame´tricas, eliminar t e obter uma relac¸a˜o envolvendo x, y, p1, p2, a
e b. Vejamos, multiplicando x = p1+at por −b, multiplicando y = p2+bt
por a e somando as duas equac¸o˜es obtidas temos
−b(x− p1) + a(y − p2) = 0.
Sendo (−b, a) perpendicular a (a, b), e sabendo que (a, b) esta´
direc¸a˜o de r, segue que o vetor (−b, a) tambe´m e´ perpendicular a`
reta r. Portanto, a equac¸a˜o obtida acima representa a reta que passa
por P = (p1, p2) e e´ perpendicular ao vetor A = (−b, a).
Mostraremos a seguir que a equac¸a˜o ax+ by = c, onde a2+ b2 6= 0,
representa uma reta que e´ perpendicular ao vetor (a, b). Com efeito,
suponhamos que a 6= 0, fazendo y = t obtemos ax+ bt = c. Donde,


x = c
a
− b
a
t
y = 0 + 1 · t
.
28
Estas sa˜o as equac¸o˜es parame´tricas da reta r que passa no ponto
( c
a
, 0) e tem a direc¸a˜o do vetor (− b
a
, 1). Sendo (− b
a
, 1) perpendicular a
(a, b), decorre que (a, b) e´ perpendicular a r.
A equac¸a˜o ax + by = c, onde a2 + b2 6= 0, sera´ chamada simples-
mente de equac¸a˜o de r e (a, b) sera´ chamado de vetor normal a r.
Exemplo 1.6.2. Seja r a reta paralela ao eixo x e que passa pelo
ponto P = (0, c). Sendo r paralela ao eixo x temos que o vetor (0, 1) e´
perpendicular a r, enta˜o sua equac¸a˜o e´ dada por:
0 · (x− 0) + 1 · (y − c) = 0 ⇒ y = c.
Dada uma reta r e P 6∈ r, sabemos que existe uma u´nica reta s
passando por P que e´ perpendicular a r. Seja projr(P ) o ponto de
intersecc¸a˜o das retas r e s. Chamamos o ponto projr(P ) de projec¸a˜o
ortogonal do ponto P sobre a reta r.
Definic¸a˜o 1.6.1. Dados uma reta r e P 6∈ r, definimos a distaˆncia de
P a` reta r, denotada por d(P, r), como
d(P, r) = d(P, projr(P )).
Sejam ax + by = c a equac¸a˜o da reta r e P = (x0, y0) um ponto
fora de r. Como o vetor (a, b) e´ perpendicular a r, segue que s tem a
mesma direc¸a˜o do vetor (a, b). Assim, a equac¸a˜o parame´trica de s e´
X(t) = (x0+ta, y0+tb). Seja t tal que X(t) ∈ s, isto e´, X(t) = projr(P ).
Enta˜o, a(x0 + ta) + b(y0 + tb) = c. Desta igualdade decorre que
t =
c− ax0 − by0
a2 + b2
.
Portanto, d(P, r) = d(P, projr(P )) = d(P,X(t)). Consequente-
mente,
d(P, r) =
√
(ta)2 + (tb)2
= |t| ·
√
a2 + b2
=
|ax0 + by0 − c|√
a2 + b2
.
29
Em suma, a distaˆncia do ponto P = (x0, y0) a` reta r de equac¸a˜o
ax+ by = c e´ :
d(P, r) =
|ax0 + by0 − c|√
a2 + b2
.
1.7 Aplicac¸a˜o
Ilha do tesouro
Vamos usar vetores para resolver um problema interessante. Re-
centemente foi descoberto um manuscrito do pirata Barba Negra, des-
crevendo a localizac¸a˜o de um tesouro enterrado por ele em uma ilha
do Caribe. O manuscrito identifica perfeitamente a ilha e da´ as seguin-
tes instruc¸o˜es:
”...qualquer um que desembarque nesta ilha vera´ imediatamente
dois grandes carvalhos, que chamarei deA eB, e tambe´m uma palmei-
ra, que chamarei de C.
Caminhe de C paraA contando seus passos. Chegando emA, vire
para a esquerda e deˆ exatamente o mesmo nu´mero de passos para
chegar ao ponto M . Volte ao ponto C. Caminhe de C para B contando
seus passos. Chegando em B, vire para a direita e deˆ exatamente o
mesmo nu´mero de passos para chegar ao ponto N . O ponto X esta´
na reta que liga M e N , e a` mesma distaˆncia desses dois pontos”.
Figura 1.18: Mapa do tesouro
30
Com essas precisas informac¸o˜es, os exploradores chegaram a´
referida ilha, mas tiveram uma desagrada´vel surpresa. Os carvalhos
estavam la´, mas a palmeira tinha desaparecido. O tesouro parecia
perdido. Entretanto, fazia parte da comitiva um matema´tico que, apo´s
breves ca´lculos, conseguiu descobrir o tesouro. Como ele fez?
O matema´tico estabeleceu na ilha, que era plana, um sistema de
coordenadas com origem em A e com o ponto B no eixo x. Ele mediu
a distaˆncia de A ate´ B e encontrou 40 metros. Assim, ficou estabele-
cido que A = (0, 0) e B = (40, 0). Para a palmeira desaparecida ele
poˆs c = (x, y).
Figura 1.19: Usando vetores para achar o tesouro
Observe que os vetores −→AC = (x, y) e −−→AM sa˜o perpendiculares,
enta˜o M = (y,−x). Do mesmo modo, sendo −−→BC = (x − 40, y) e −−→BN
perpendiculares temos que −−→BN = (−y, x−40). Donde, N = B+−−→BN =
(40− y, x− 40).
31
Sendo X o ponto me´dio de MN , suas coordenadas sa˜o dadas por
X =
M +N
2
=
(y + 40− y
2
,
−x+ x− 40
2
)
= (20,−20).
Portanto, para encontrar o tesouro, bastava andar 20 metros na
direc¸a˜o de A para B e depois virar a` direita e andar mais 20 metros.
1.8 Nota histo´rica
Fermat e a Geometria Analı´tica
Grandezas varia´veis como velocidade, acelerac¸a˜o e densidade, por
exemplo, envolvendo a ide´ia intuitiva de intensidade, eram chamadas,
no se´culo XIV, de ”formas”.
Nicole de Oresme (1313-1382), considerado o mais importante
matema´tico de sua e´poca, talvez inspirando-se na tradic¸a˜o grega de
associar o contı´nuo a` geometria, teve a ide´ia de representar grafica-
mente a variac¸a˜o de uma forma.
Assim, no caso de um corpo que se move a partir do repouso com
acelerac¸a˜o constante, marcou sobre uma reta horizontal os valores
do tempo (longitudes) e representou as velocidades correspondentes
por segmentos perpendiculares a´ reta (latitudes). Comprovou enta˜o
que os segmentos formam um triaˆngulo retaˆngulo, posto que suas ex-
tremidades superiores esta˜o alinhadas; e que a velocidade no instante
me´dio e´ a metade da velocidade no instante final.
Segundo tudo indica, parece ter sido essa a forma em que foi usa-
da pela primeira vez a ide´ia de representac¸a˜o gra´fica de uma func¸a˜o
mediante coordenadas. Mas tendo parado praticamente por aı´ nesse
assunto, Oresme deve ser visto apenas como um precursor da ge-
ometria analı´tica. Alia´s, a criac¸a˜o deste novo campo dependia de
progressos matema´ticos (especialmente na a´lgebra) que ainda de-
morariam cerca de dois se´culos. Dependia ainda da genialidade de
algue´m: no caso, de Pierre de Fermat (1601-1665) e Rene´ Descartes
(1596-1650), cada um a seu modo, em trabalhos independentes.
32
Franceˆs da cidadezinha de Beaumont-de-Lomagne, Fermat cur-
sou Direito em Toulouse, em cujo parlamento comec¸ou a trabalhar
em 1631 - primeiro como advogado, posteriormente como conselhei-
ro. Pelo zelo com que se dedicava a`s suas atividades profissionais,
dificilmente se poderia advinhar que sua verdadeira vocac¸a˜o era a
matema´tica (cultivada, com grande talento,nas horas de lazer).
Ningue´m como Fermat contribuiu tanto para o progresso da mate-
ma´tica em sua e´poca. Participou com grande brilho da criac¸a˜o da
geometria analı´tica, do ca´lculo diferencial e integral e da teoria das
probabilidades; e foi, sem sombra de du´vida, o grande nome da fase
inicial da moderna teoria dos nu´meros. Mas, parte por sua condic¸a˜o
de amador, parte por sua grande mode´stia, recusava-se sistematica-
mente a publicar seus trabalhos. E se estes sa˜o conhecidos hoje, e´
porque ficaram registros em margens de livros, folhas avulsas e car-
tas.
A geometria analı´tica de Fermat talvez seja um subproduto da
tarefa que empreendeu a partir de 1629 de reconstruir o desapare-
cido Lugares planos, de Apoloˆnio, mediante refereˆncias contidas na
Colec¸a˜o matema´tica, de Papus. E e´ o assunto do pequeno tratado
Introduc¸a˜o aos lugares planos e so´lidos , concluı´do no ma´ximo no ano
de 1636, mas so´ publicado em 1679.
Hygino H. Domingues
Descartes, o primeiro filo´sofo moderno,
e a geometria analı´tica
Ao iniciar-se o se´culo XVII, a geometria ainda representava o grosso
da matema´tica. E na geometria, a contribuic¸a˜o de Euclides, que na˜o
ultrapassava as figuras envolvendo a reta e o cı´rculo, predominava
soberanamente. Ale´m do mais, a geometria grega, carecendo de
me´todos gerais, “so´ exercitava o entendimento ao custo de fatigar
33
enormemente a imaginac¸a˜o”, conforme palavras de Descartes.
A e´poca pore´m era de profundas transformac¸o˜es cientı´ficas e tec-
nolo´gicas, raza˜o pela qual impunha-se uma matema´tica mais integrada
e operacional. O primeiro grande passo nesse sentido foi a associac¸a˜o
da a´lgebra com a geometria, empreendida independentemente por
Fermat e Descartes, embria˜o da atual geometria analı´tica.
Rene´ Descartes (1596-1650) nasceu em La Have, pequena cidade
a sudoeste e a cerca de 300km de Paris, provı´ncia de Touraine. Seu
pai, membro da pequena nobreza da Franc¸a, decidiu desde logo inves-
tir em sua educac¸a˜o: matriculou-o, aos 8 anos de idade, no cole´gio
jesuı´ta da e´poca. Descartes, pore´m, sempre teve sau´de extrema-
mente fa´gil, raza˜o pela qual na˜o lhe cobrava no cole´gio a regulari-
dade da frequeˆncia a`s aulas; foi nessa e´poca que adquiriu o ha´bito
de permanecer na cama de manha˜ depois de acordado, para leituras
e meditac¸o˜es. Ao concluir seu curso em La Fle`che, Descartes ja´ se
perguntava: ha´ algum ramo do conhecimento que realmente oferec¸a
seguranc¸a? E na˜o vislumbrava como resposta sena˜o a matema´tica,
com certeza oferecida pelas suas demonstrac¸o˜es. Desde muito jovem,
as preocupac¸o˜es de ordem filoso´fica se manisfestavam nele.
Aos 20 anos de idade, ja´ graduado em Direito pela Universidade de
Poitiers, Descartes estabelece-se em Paris a fim de iniciar-se na vida
mundana, como convinha a algue´m da sua posic¸a˜o. Mas reencontra-
se com Mersenne, que conhecera em La Fle`che, e ei-lo em plena
metro´pole dedicando-se a´ matema´tica com todas as suas forc¸as por
um ou dois anos. Apo´s seguir carreira militar, em 1629 fixa-se na
Holanda - um paı´s em que havia liberdade de pensamento - onde
vivera os vinte anos seguintes. Nesse perı´odo veio a` luz sua geometia.
A obra-prima de Descartes e´ o Discurso do me´todo, publicado em
1637, na qual expo˜e a esseˆncia de sua filosofia que, em suma, e´
uma defesa do me´todo matema´tico como modelo para a aquisic¸a˜o
do conhecimento. Essa obra inclui treˆs apeˆndices, sendo um deles
A geometria.
34
Ja´ no inı´cio de seu trabalho, introduz a notac¸a˜o alge´brica, hoje
universalmente adotada: x, y, z, ... para as varia´veis e a, b, c, ... para
as constantes. Descartes pensava nas letras como segmentos de
retas. Mas rompeu com a tradic¸a˜o grega ao admitir que x2 e x3, por
exemplo, podiam ser interpretados tambe´m como segmentos de reta
e na˜o necessariamente como uma a´rea e um volume. Com isso foi-lhe
possı´vel mostrar que as cinco operac¸o˜es aritme´ticas correspondem a
construc¸o˜es elementares com re´gua e compasso.
O Discurso do me´todo fez de Descartes um homem famoso ainda
em vida. O fato de ter escrito essa obra em franceˆs (ao inve´s de latim,
lı´ngua cientı´fica da e´poca) tornou mais fa´cil a difusa˜o de suas ide´ias
filoso´ficas.
Hygino H. Domingues
1.9 Exercı´cios resolvidos
Q 1.1. Os pontos A = (1, 2), B = (7, 4) e C sa˜o ve´rtices de um
triaˆngulo ABC, retaˆngulo em A. O ve´rtice C pertence ao eixo das
ordenadas. Determine as coordenadas de C.
Soluc¸a˜o: Como o ponto C pertence ao eixo das ordenadas ele e´ da
forma C = (0, y). Sendo ABC retaˆngulo em A, temos
d2(B,C) = d2(A,B) + d2(A,C).
Substituindo as coordenadas de cada ponto na igualdade acima temos
[
√
(7− 0)2 + (4− y)2]2 = [
√
(7− 1)2 + (4− 2)2]2
+ [
√
(1− 0)2 + (y − 2)2]2.
Efetuando os ca´lculos concluı´mos que y = 5.
Q 1.2. Determine as coordenadas do baricentro de um triaˆngulo ABC,
sendo A = (a1, a2), B = (b1, b2) e A = (c1, c2).
35
Soluc¸a˜o: Lembremos que o baricentro e´ o ponto de encontro das
medianas e que o mesmo esta´ situado a 2
3
da medida de cada uma
delas, a partir do respectivo ve´rtice. Sendo G o baricentro e M1 e
M2 os ponto me´dios dos lados BC e AC, respectivamente, temos que
AG = 2
3
AM1 e BG = 23BM2. Sobre a semi-reta
⇀
AM1 marque um ponto
P , fora do triaˆngulo ABC, de modo que GM1 = M1P .
A
B
C
G
PM1M2 ||
Figura 1.20: Baricentro G
Enta˜o, M1 = 12(P +G) e G =
1
2
(A+P ). Donde obtemos a seguinte
igualdade, 3
2
G = M1+
1
2
A. Utilizando que M1 = 12(B+C), encontramos
G = 1
3
(A+B+C). Substituindo as coordenadas dos ve´rtices podemos
concluir que
G =
(a1 + b1 + c1
3
,
a2 + b2 + c2
3
)
.
Q 1.3. Dados os pontos A = (8, 11), B = (−4,−5) e C = (−6, 9),
obtenha o circuncentro do triaˆngulo ABC. Lembrete: circuncentro e´ o
centro do cı´rculo circunscrito ao triaˆngulo.
Soluc¸a˜o: O circuncentro e´ um ponto P = (x, y) equidistante dos
ve´rtices do triaˆngulo. Enta˜o, d(A,P ) = d(B,P ) e d(B,P ) = d(C, P ).
Substituindo as coordenadas de cada ponto temos


d(A,P ) = d(B,P )
d(B,P ) = d(C, P )
⇒


3x + 4y = 18
x − 7y = −19
.
Resolvendo o sistema acima encontramos P = (2, 3).
Q 1.4. Prove que os pontos me´dios dos lados de um quadrila´tero de
ve´rtices A = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2) e D = (d1, d2) sa˜o
ve´rtices, nesta ordem, de um paralelogramo.
36
Soluc¸a˜o: Sejam M1, M2, M3 e M4 os pontos me´dios dos lados AB,
BC, CD e DA, respectivamente. Enta˜o,
M1 =
(a1 + b1
2
,
a2 + b2
2
)
, M2 =
(b1 + c1
2
,
b2 + c2
2
)
M3 =
(c1 + d1
2
,
c2 + d2
2
)
, M4 =
(d1 + a1
2
,
d2 + a2
2
)
.
Provemos que as diagonais do quadrila´tero M1M2M3M4 se cortam ao
meio, isto e´, os seus pontos me´dios sa˜o coincidentes. De fato,
1
2
(M1 +M3) =
(a1 + b1 + c1 + d1
4
,
a2 + b2 + c2 + d2
4
)
=
1
2
(M2 +M4).
Q 1.5. Para quais valores de a os pontos A = (2, 1), B = (a + 1, 2) e
C = (−3,−1) sa˜o ve´rtices de um triaˆngulo ?
Soluc¸a˜o: Para que os pontos A, B e C sejam ve´rtices de um triaˆngulo
eles na˜o devem ser alinhados, ou seja,
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 1 1
a+ 1 2 1
−3 −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
6= 0.
Resolvendo o determinante encontramos que a 6= 7
2
.
Q 1.6. Suponha que o vetor u = (a, b) satisfaz a igualdade 〈u, v〉 = 0,
para todo vetor v = (x, y) ∈ R2. Mostre que a = b = 0.
Soluc¸a˜o: Como a igualdade vale para todo vetor v = (x, y) ∈ R2,
podemos ecolher v = (x, y) = (a, b). Enta˜o, 〈(a, b), (a, b)〉 = a2+ b2 = 0.
Portanto, a = b = 0.
Q 1.7. Sejam A = (a1, a2), B = (b1, b2) e C = (c1, c2) pontos na˜o
colineares. Mostre que a a´rea do triaˆngulo ABC vale 1
2
|∆|, onde
∆ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1
a1 b1 c1
a2 b2 c2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
.
37
Soluc¸a˜o: Consideremos o vetor diretor da reta r que passa pelos
pontosB e C: −−→BC = (c1−b1, c2−b2). Enta˜o, o vetor v = (−c2+b2, c1−b1)
e´ perpendicular a` r. Assim, a equac¸a˜o de r e´
(−c2 + b2)(x− b1) + (c1 − b1)(y − b2) = 0.
Simplificando: (−c2 + b2)x + (c1 − b1)y = b2c1 − b1c2. A medida da
altura de ABC relativa ao lado BC e´ igual a` distaˆncia de A a` reta r.
Calculemos d(A, r).
d(A, r) =
|a1(−c2 + b2) + a2(c1 − b1)− (b2c1 − b1c2)|√
(−c2 + b2)2 + (c1 − b1)2
=
|(b1c2 − b2c1)− (a1c2 − a2c1) + (a1b2 − a2b1)|√
(c2 − b2)2 + (c1 − b1)2
=
|(b1c2 − b2c1)− (a1c2 − a2c1) + (a1b2 − a2b1)|
d(B,C)
.
Como a a´rea de ABC e´ dada por 1
2
d(A, r).d(B,C). Temos que,
Area(ABC) =
1
2
|(b1c2 − b2c1)− (a1c2 − a2c1) + (a1b2 − a2b1)| = 1
2
|∆|.
Q 1.8. Sejam r e s retas perpendiculares cujas equac¸o˜es sa˜o, respec-
tivamente, y = m1x+ a e y = m2x+ b. Mostre que m1m2 = −1.
Soluc¸a˜o: Reescrevendo a equac¸a˜o y = m1x+ a obtemos
m1x− 1 · y = −a.
A u´ltima igualdade diz que (m1,−1) e´ perpendicular a` reta r. Enta˜o, o
vetor (1, m1) e´ paralelo a r. Analogamente, o vetor (m2,−1) e´ perpen-
dicular a` reta s. Portanto, os vetores (1, m1) e (m2,−1) sa˜o paralelos.
Logo, existe λ ∈ R tal que (1, m1) = λ(m2,−1). Segue que λm2 = 1 e
λ = −m1. Donde, m1m2 = −1.
Q 1.9. Mostre que as equac¸o˜es a1x + b1y = c1 e a2x + b2y = c2 re-
presentam duas retas paralelas se, somente se, existe λ ∈ R tal que
(a2, b2) = λ(a1, b1).
Soluc¸a˜o: As equac¸o˜es a1x + b1y = c1 e a2x + b2y = c2 representam
duas retas paralelas se, somente se, seus vetores normais (a1, b1) e
(a2, b2) sa˜o paralelos, o que ocorre somente quando existe λ ∈ R tal
que (a2, b2) = λ(a1, b1).
38
1.10 Exercı´cios propostos
Q 1.10 (USJT-SP). Sabe-se que o ponto P = (4k− 1, 2k+3) pertence
a` bissetriz dos quadrantes ı´mpares. Determine o valor de k.
Q 1.11 (UECE-CE). Se (2, 5) e´ o ponto me´dio do segmento de ex-
tremos (5, y) e (x, 7), determine x+ y.
Q 1.12 (PUC-SP). Um lado de um paralelogramo tem extremidades
nos pontos A = (−3, 5) eB = (1, 7). Sabendo queM = (1, 1) e´ o ponto
me´dio das diagonais, determine os outros ve´rtices do paralelogramo.
Q 1.13 (ITA-SP). Os pontos A = (0, 0), B = (b, 2b) e C = (5b, 0), com
b > 0, sa˜o ve´rtices de um retaˆngulo. Determine o quarto ve´rtice do
retaˆngulo.
Q 1.14 (FUVEST-SP). Uma reta r determina, no primeiro quadrante do
plano cartesiano, um triaˆngulo iso´sceles cujos ve´rtices sa˜o a origem e
os pontos onde a reta intersecta os eixos. Se a a´rea desse triaˆngulo
e´ 18, determine a equac¸a˜o da reta r.
Q 1.15 (ESAM-RN). Determine a equac¸a˜o da reta que passa pelo
ponto (1, 0) e e´ perpendicular a´ reta de equac¸a˜o 2x− y = 7.
Q 1.16 (FUNESP-SP). Seja A a intersecc¸a˜o das retas r e s, de equa-
c¸o˜es y = 2x e y = 4x − 2, respectivamente. Se B e C sa˜o as
intersecc¸o˜es das retas r e s com o eixo das abscissas. Determine
a a´rea do triaˆngulo ABC.
Q 1.17 (ITA). Qual o menor aˆngulo formado pelas retas de equac¸o˜es
3x− y = 10 e 2x+ y = 6.
Q 1.18 (FURRN). Qual a soma dos valores de λ, tais que a reta de
equac¸a˜o 3x−λy = 10 forma um aˆngulo de π
4
com a reta 2x+5y = 17?
Q 1.19. Determine o aˆngulo formado pelas bissetrizes dos quadrantes
pares e ı´mpares.
Q 1.20. Qual a distaˆncia da origem a` reta y = −x+ 2 ?
39
Q 1.21 (UNIFOR-CE). As coordenadas de um ponto gene´rico de uma
reta r sa˜o dados por x = 2t−1
3
e y = t+ 2, onde t e´ um paraˆmetro real.
Determine a equac¸a˜o da reta.
Q 1.22. Dados o ponto A = (1, 2) e a reta r de equac¸a˜o x − 2y = 3,
resolva os itens abaixo.
(a) Determine projr(A);
(b) d(A, r);
(c) O sime´trico de A em relac¸a˜o a r e´ o ponto A′ tal que projr(A) e´
ponto me´dio do segmento AA′. Determine A′.
Q 1.23 (URRN). SejaM o ponto de intersecc¸a˜o das retas de equac¸o˜es
x − y = 6 e 3x + y = 2. Obtenha a equac¸a˜o da reta paralela ao eixo
das abscissas passando por M .
Q 1.24. Determine a equac¸a˜o da reta que e´ paralela a` reta de equac¸a˜o
8x− 2y = −1 e passa pelo ponto A = (3,−5).
Q 1.25. Prove que o segmento, cujas extremidades sa˜o os pontos
me´dios dos lados de um triaˆngulo, e´ paralelo ao terceiro lado e igual
a´ metade deste.
Q 1.26. Demonstre que a medida da mediana relativa a` hipotenusa e´
igual a` metade da medida da hipotenusa.
Q 1.27 (UECE-CE). Sejam A eB os pontos de intersecc¸a˜o dos gra´ficos
de f(x) = x2−3 e g(x) = x2+x
2
. Determine a medida do segmento AB.
Q 1.28 (FATEC). Treˆs pontos A,B e C, pertencentes a` reta r de equa-
c¸a˜o y− 3x− 1 = 0, teˆm suas abscissas em progressa˜o geome´trica. O
ponto A e´ a intersecc¸a˜o de r com o eixo x, a ordenada de C e´ 8 e B
localiza-se entre A e C. Determine o ponto B.
Q 1.29 (CESGRANRIO). Obtenha a equac¸a˜o da reta que passa pelo
ponto (1, 1) e e´ perpendicular a` reta de equac¸a˜o x+ 3y = 5.
40
Q 1.30 (UFMG). Qual a relac¸a˜o existente entre m e n para que as
retas de equac¸o˜es 2x−my+1 = 0 e nx+3y+5 = 0 sejam paralelas?
Q 1.31 (UFRS). Sabendo que as retas y = ax + 2 e y = (5 + 2b)x− 1
sa˜o paralelas e, ambas, perpendiculares a` reta y = 2
b
x + 3, calcule o
valor a+ b.
Q 1.32 (CESGRANRIO). Seja P o ponto de intersecc¸a˜o das retas r1 :
y = −3x + 3 e r2 : y = −x2 + 2 e, A e B, os pontos de intersecc¸a˜o
das retas r1 e r2 como o eixo x, respectivamente. Determine a a´rea
do triaˆngulo ABP .
Q 1.33 (UF-UBERL ˆANDIA). Determine o valor de m para que a reta
de equac¸a˜o 2x + 3y + m = 0 forme com os eixos coordenados um
triaˆngulo de a´rea igual a 5.
Q 1.34. Prove que se os ve´rtices de um triaˆngulo sa˜o pontos cujas
coordenadas sa˜o nu´meros racionais, enta˜o a a´rea deste triaˆngulo e´
um nu´mero racional.
41
1.11 Refereˆncias Bibliogra´ficas
[1 ] BARSOTTI, L. Geometria analı´tica e vetores. 3a Ed. Local:
Artes Gra´ficas e Editora Unificado, 1984.
[2 ] BOYER, C. B. Histo´ria da Matema´tica. 3a Ed. Local: Editora da
Universidade de Sa˜o Paulo, 1974.
[3 ] CAMARGO, I. & BOULOS, P. Geometria Analı´tica - um trata-
mento vetorial. 3a Ed. Local: Editora Prentice Hall Brasil, 2005.
[4 ] CAROLI, A. J. de; CALLIOLI, C. A. & FEITOSA, M. O. Vetores,
Geometria Analı´tica: teoria e exercı´cios. 6a Ed. Local: Editora
Nobel, 1968.
[5 ] CAROLI, A.; CALLIOLI, C. & FEITOSA, M. Matrizes Vetores e
Geometria Analı´tica. 17a Ed. Local: Editora Nobel, 1984.
[6 ] IEZZI, G. Fundamentos de Matema´tica Elementar vol.7: geome-
tria analı´tica. Local: Atual Editora, 2001.
[7 ] LEHMANN, C. H. Geometria Analı´tica. 1a Ed. Local: Me´xico -
UTEHA, 1953.
[8 ] LIMA, E. L. Geometria Analı´tica e ´Algebra Linear. Local: IMPA
- Colec¸a˜o Matema´tica Universita´ria, 2001.
[9 ] MIDDLEMIS, R. R. Analytic Geometry. 2a Ed. Local: Editora
Mc Graw-Hill Book Company Inc, 1955.
[10 ] MURDOCH, D. C. Geometria Analı´tica: uma introduc¸a˜o ao ca´l-
culo vetorial e matrizes. 2aEd. Local: Editora Livros Te´cnicos e
Cientı´ficos, 1971.
[11 ] REIS, G. & SILVA, V. Geometria Analı´tica. 2a Ed. Local: Editora
LTC, 1996.
[12 ] SIMMONS, G. F. Ca´lculo com Geometria Analı´tica. 1a Ed. Lo-
cal: Editora Mc Graw-Hill, 1987.
42
[13 ] STEINBRUCH, A. & WINTERLE, P. Geometria Analı´tica. 2a Ed.
Local: Editora Makron, 1987.
[14 ] VENTURI, J. Coˆnicas e Qua´dricas. 5a Ed. Local: www.geometria
analitica.com.br, 2003.
Web-Bibliografia
[15 ]http://www.geometriaanalitica.com.br/index3.html
[16 ]http://www.paulomarques.com.br/arq6.htm
[17 ]http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/geometria/ganalitica
/ganalitica.htm
[18 ]http://www.ime.unicamp.br/ jardim/livro-GA.pdf
[19 ]http://www.geometriaanalitica.com.br
[20 ]www.mat.uc.pt/ picado/geomdif/
Unidade 1
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
Unidade 1
Resumo
Nesta unidade, apresentamos a definição 
geométrica de cônicas e obtemos equações 
analíticas que as representam. As equações 
obtidas são equações do segundo grau a duas 
variáveis.Então surge o questionamento: qual 
cônica uma equação (geral) do segundo grau a 
duas variáveis representa? Nesta unidade, 
também apresentamos ferramentas necessarias 
para respondermos a esta pergunta.
Finalizamos a unidade mostrando ao leitor 
situações cotidianas onde as cônica - elipse, 
parábola e hipérbole - aparecem naturalmente.
O Cônicas
Unidade 2
SUM ´ARIO
(2.1) Introduc¸a˜o
(2.2) Circunfereˆncia
(2.3) Para´bola
(2.4) Elipse
(2.5) Hipe´rbole
(2.6) Rotac¸a˜o de um conjunto
(2.7) Aplicac¸a˜o
(2.8) Nota histo´rica
(2.9) Exercı´cios resolvidos
(2.10) Exercı´cios propostos
(2.11) Refereˆncias Bibliogra´ficas
2. Coˆnicas
2.1 Introduc¸a˜o
Figura 2.1: As coˆnicas - ver refereˆncia [14] pag. 119
Originalmente, as coˆnicas sa˜o as curvas de intersecc¸a˜o de certos
planos com a superfı´cie de um cone circular reto. Elas sa˜o: circun-
fereˆncia, para´bola, elipse e hipe´rbole. A circunfereˆncia e´ a intersecc¸a˜o
da superfı´cie do cone com um plano, que na˜o passa pelo ve´rtice e e´
45
46
perpendicular a seu eixo. A para´bola e´ a intersecc¸a˜o da superfı´cie do
cone com um plano paralelo a uma geratriz. A elipse e´ a intersecc¸a˜o
da superfı´cie do cone com um plano oblı´quo a seu eixo, na˜o paralelo
a uma geratriz. A hipe´rbole e´ a intersecc¸a˜o da superfı´cie do cone com
um plano paralelo a seu eixo.
Neste capı´tulo, obteremos uma representac¸a˜o analı´tica para cada
coˆnica e apresentaremos um me´todo para identificar que coˆnica uma
equac¸a˜o do segundo grau a duas varia´veis representa.
2.2 Circunfereˆncia
A circunfereˆncia de centro P = (a, b) e raio r > 0 e´ o conjunto
formado pelos A = (x, y) tais que d(A,P ) = r.
Alguns autores de-
nominam de cı´rculo,
de centro P e raio
r, o conjunto dos
pontos A tais que
d(A,P ) = r.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...................
P
r
a
b
Figura 2.2: Circunfereˆncia
Aplicando a fo´rmula da distaˆncia entre pontos temos que: um
ponto A = (x, y) pertence a` circunfereˆncia de centro P = (a, b) e raio
r se, somente se,
(x− a)2 + (y − b)2 = r2.
Desenvolvendo a igualdade encontramos
x2 + y2 − 2ax− 2by + (a2 + b2 − r2) = 0.
Mais geralmente, mostra-se que o conjunto dos pontos que sa-
tisfazem a equac¸a˜o Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 e´ uma
circunfereˆncia se, somente se, A = C 6= 0, B = 0 e D2 + E2 > 4AF .
47
Provaremos que a condic¸a˜o apresentada e´ suficiente. De fato,
suponha que A = C 6= 0 (podemos considerar A = C > 0), B = 0
e D2 + E2 > 4AF . Enta˜o,
Ax2 + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 ⇒ x2 + y2 + D
A
x+
E
A
y +
F
A
= 0.
Completando quadrados temos,
(
x+
D
2A
)2
− D
2
4A2
+
(
y +
E
2A
)2
− E
2
4A2
+
F
A
= 0.
Segue que,
(
x+
D
2A
)2
+
(
y +
E
2A
)2
=
(√D2 + E2 − 4AF
2A
)2
.
A igualdade encontrada representa a circunfereˆncia de centro e
raio dados, respectivamente, por
P =
(
− D
2A
,− E
2A
)
; r =
√
D2 + E2 − 4AF
2A
.
Exemplo 2.2.1. A equac¸a˜o 2x2+2y2−10x+6y−15 = 0 e´ a representa-
c¸a˜o analı´tica de uma circunfereˆncia. De fato, A = C = 2, B = 0 e
ANOTE:
................................
................................
................................
................................
................................
................................
................................
√
D2 + E2 − 4AF =
√
(−10)2 + 62 − 4 · 2 · (−15)
=
√
100 + 36 + 120 =
√
256 = 16.
Tambe´m segue de imediato que o centro da circunfereˆncia e´
(
5
2
,−3
2
)
e o raio e´ igual a 4.
2.3 Para´bola
Sejam r uma reta e F = (m,n) 6∈ r um ponto. Chama-se para´bola
de diretriz r e foco F o conjunto dos pontos X = (x, y) do plano que
satisfazem a equac¸a˜o
d(X,P ) = d(X, r),
isto e´, o conjunto dos pontos do plano que sa˜o equidistantes do foco
e da diretriz.
48
| * F
diretriz − r
foco
X
|
Figura 2.3: Para´bola
Chamaremos de eixo da para´bola a reta perpendicular a` diretriz
passando no foco, e, de ve´rtice a intersecc¸a˜o do eixo com a para´bola.
Note que o ve´rtice da para´bola esta´ no ponto me´dio do segmento de
reta que une o foco a` intersecc¸a˜o do eixo com a diretriz.
* F
vértice
eixo
−
−
Figura 2.4: Elementos da Para´bola
Vamos supor que a diretriz e´ paralela ao eixo x, ou seja, a reta
r tem equac¸a˜o y = −d. Aplicando a fo´rmula da distaˆncia entre dois
pontos e a fo´rmula da distaˆncia de um ponto a uma reta, concluı´mos
que: um ponto X = (x, y) pertence a` para´bola se, somente se,
√
(x−m)2 + (y − n)2 = |y + d|√
02 + 12
= |y + d|.
Como F = (m,n) 6∈ r temos que n 6= −d, isto e´, n+d 6= 0. Podemos
supor sem perda de generalidade que n > −d. Neste caso, obteremos
uma para´bola com a concavidade para cima, se supormos n < −d
obteremos uma para´bola com a concavidade para baixo. Desenvol-
vendo a igualdade anterior obtemos,
y =
1
2(n+ r)
x2 − 2m
2(n+ r)
x+
(m2 + n2 − d2)
2(n+ r)
.
Mais geralmente, para´bolas ocorrem como gra´ficos de func¸o˜es
quadra´ticas. Uma func¸a˜o quadra´tica de uma varia´vel tem a forma
49
f(x) = ax2 + bx+ c. O gra´fico de f e´ o conjunto
G(f) = {(x, y) ∈ R2 : y = ax2 + bx+ c}.
Determinaremos, neste caso, o foco, o ve´rtice e a diretriz da para´bo-
la. Suponha que a equac¸a˜o y = ax2 + bx+ c representa uma para´bola
de foco F = (m,n) e diretriz y = −d. Segue que,
a =
1
2(n+ d)
; b = − m
n+ d
; c =
m2 + n2 − d2
2(n+ d)
.
A primeira e a segunda igualdade implicam 2(n + d) = 1
a
= −2m
b
.
Logo, m = − b
2a
. Pela terceira igualdade temos,
c =
m
2
· m
n+ d
+
(n+ d)(n− d)
2(n+ d)
= −bm
2
+
n− d
2
.
Portanto, 2(n− d) = 2bm+ 4c. Novamente utilizando que 2(n+ d) = 1
a
obtemos 4d = 1
a
− 2bm − 4c. Donde, d = 1+b2−4ac
4a
. Segue de imediato
que, n = 4ac−b2+1
4a
. Isto diz que a diretriz da para´bola tem equac¸a˜o
y = 4ac−b
2−1
4a
e o foco e´ F = (− b
2a
, 4ac−b
2+1
4a
).
Como o ve´rtice esta´ no ponto me´dio do segmento de reta que une
o foco a` intersecc¸a˜o do eixo com a diretriz concluı´mos que o ve´rtice e´
V = (− b
2a
, n−d
2
). Donde,
V =
(
− b
2a
,−b
2 − 4ac
4a
)
.
Exemplo 2.3.1. A para´bola y = x2−8x+15 tem foco no ponto (4,−3
4
),
a diretriz tem equac¸a˜o y = −5
4
e o ve´rtice e´ (4, 1). De fato, substi-
tuindo os valores a = 1, b = −8 e c = 15 nas fo´rmulas obtidas acima
encontramos o resultado desejado.
Analogamente ao que vimos, se considerarmos a diretriz paralela
ao eixo y temos que a equac¸a˜o da para´bola tem a forma geral
Convidamos o
leitor curioso a
determinar as
coordenadas do
ve´rtice da para´bola
de equac¸a˜o
x = ay2 + by + c.
x = ay2 + by + c.
2.4 Elipse
Sejam F1 e F2 dois pontos distintos pertencentes a um plano e,
a > 0, um nu´mero real maior que a metade da distaˆncia entre F1 e F2.
50
O conjunto dos pontos X tais que
d(X,F1) + d(X,F2) = 2a
chama-se elipse de focos F1 e F2.
F F
X
1 2
Figura 2.5: Elipse
A reta que passa nos focos chamaremos de eixo focal, e, os pon-
tos de intersecc¸a˜o do eixo focal com a elipse sera˜o chamados de
ve´rtices da elipse. Note que a distaˆncia entre os ve´rtices e´ igual a
2a. Chamaremos a de semi-eixo focal da elipse.
Denominaremos por centro da elipse o ponto me´dio do segmento
de reta que une os focos; a mediatriz do segmento de reta que une
os focos sera´ chamada de eixo normal da elipse. Seja b a metade da
distaˆncia entre os pontos de intersecc¸a˜o da elipse com o eixo normal.
Chamaremos b de semi-eixo normal. Se denotarmos por c a metade
da distaˆncia entre os focos, enta˜o, utilizando o Teorema de Pita´goras,
podemosconcluir que a2 = b2 + c2.
eixo normal
vértice
eixo focal
a
c
b
F F1 2
Figura 2.6: Elementos da elipse
Nesta secc¸a˜o, analisaremos o caso em que os focos pertencem
a uma reta paralela ao eixo x. Ou seja, vamos supor que os focos
sa˜o da forma F1 = (n1, m) e F2 = (n2, m), com n1 < n2. Neste caso,
51
o centro da elipse e´ (x0, y0) = (n1+n22 , m) e n2 − n1 = 2c. Donde,
x0 − n1 = n2−n12 = c e n2 = 2x0 − n1 = x0 + c.
Pela definic¸a˜o temos que um ponto P = (x, y) pertence a` elipse
se, somente se,
√
(x− n1)2 + (y −m)2 +
√
(x− n2)2 + (y −m)2 = 2a.
Portanto,
√
(x− n1)2 + (y −m)2 = 2a−
√
(x− n2)2 + (y −m)2.
Elevando ao quadrado,
(x−n1)2+(y−m)2 = 4a2−4a
√
(x− n2)2 + (y −m)2+(x−n2)2+(y−m)2.
Simplificando,
a
√
[(x− x0)− c]2 + (y − y0)2 = a2 − c(x− x0).
Novamente elevando ao quadrado e simplificando obtemos
(a2 − c2)(x− x0)2 + a2(y − y0)2 = a2(a2 − c2).
A u´ltima igualdade implica
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
= 1.
A rigor, provamos acima apenas que as coordenadas (x, y) de um
ponto arbitra´rio da elipse satisfazem a equac¸a˜o encontrada. Mostra-
se, reciprocamente, que todo ponto cujas coordenadas satisfazem
esta equac¸a˜o pertence a` elipse cujos focos sa˜o os pontos F1 = (n1, y0)
e F2 = (n2, y0), com x0 = n1+n22 e n2 > n1.
Exemplo 2.4.1. A equac¸a˜o x2
25
+ y
2
16
= 1 representa a elipse centrada na
origem, de semi-eixo focal 5, semi-eixo normal 4 e focos nos pontos
(±3, 0).
Como estrate´gia
de aprendizagem,
o leitor deve re-
produzir as contas,
sem olhar as ante-
riores, para o caso
em que os focos
pertencem a uma
reta paralela ao
eixo y.
Analogamente ao que vimos, se considerarmos os focos perten-
centes a uma reta paralela ao eixo y temos que a equac¸a˜o que repre-
senta a elipse e´:
(x− x0)2
b2
+
(y − y0)2
a2
= 1.
52
Chamaremos de excentricidade da elipse a raza˜o entre c e a. Se
denotarmos por e a excentricidade, enta˜o e = c
a
. Note que a excen-
tricidade da elipse e´ um nu´mero situado entre zero e 1. No exemplo
anterior, a elipse tem excentricidade igual a 3
5
.
2.5 Hipe´rbole
Sejam F1 e F2 dois pontos do plano e a um nu´mero real positivo.
Chama-se de hipe´rbole de focos F1 e F2 ao conjunto dos pontos X
cuja diferenc¸a das distaˆncias aos pontos F1 e F2 e´, em valor absoluto,
igual a 2a. Assim, o ponto X pertence a essa hipe´rbole se, somente
se,
|d(X,F1)− d(X,F2)| = 2a.
O subconjunto da hipe´rbole formado pelos pontos X que satis-
fazem a igualdade d(X,F1) − d(X,F2) = 2a chamaremos de ramo da
hipe´rbole segundo F2, e o subconjunto formado pelos pontos X tais
que d(X,F1)− d(X,F2) = −2a chamaremos de ramo da hipe´rbole se-
gundo F1.
A reta que passa nos focos chamaremos de eixo focal e os pon-
tos de intersecc¸a˜o do eixo focal com a hipe´rbole sera˜o chamados de
ve´rtices da hipe´rbole. Note que a distaˆncia entre os ve´rtices e´ igual a
2a. Chamaremos a de semi-eixo focal da hipe´rbole.
* * * *
1 2F F
eixo focal
eixo normal
focos
vértices
* * * *
1 2
a
b c
F F
Figura 2.7: Elementos da hipe´rbole
Denominaremos por centro da hipe´rbole o ponto me´dio do seg-
mento de reta que une os focos; a mediatriz do segmento de reta que
53
une os focos sera´ chamada de eixo normal da hipe´rbole. Se denotar-
mos por c a metade da distaˆncia entre os focos, temos c > a. Seja
b > 0 tal que c2 = a2 + b2.
Vamos obter a equac¸a˜o reduzida da hipe´rbole quando os focos
sa˜o da forma F1 = (n1, m) e F2 = (n2, m), com n1 < n2. Neste caso,
o centro da hipe´rbole e´ (x0, y0) = (n1+n22 , m) e n2 − n1 = 2c. Donde,
x0 − n1 = n2−n12 = c e n2 = 2x0 − n1 = x0 + c.
A fim de determinar a equac¸a˜o do ramo da hipe´rbole segundo F2,
escreveremos a equac¸a˜o d(X,F1)−d(X,F2) = 2a em termos de coor-
denadas, o que nos da´
√
(x− n1)2 + (y −m)2 −
√
(x− n2)2 + (y −m)2 = 2a.
Portanto,
√
(x− n1)2 + (y −m)2 = 2a+
√
(x− n2)2 + (y −m)2.
Elevando ao quadrado,
(x−n1)2+(y−m)2 = 4a2+4a
√
(x− n2)2 + (y −m)2+(x−n2)2+(y−m)2.
Simplificando,
−a
√
[(x− x0)− c]2 + (y − y0)2 = a2 − c(x− x0).
Novamente elevando ao quadrado e simplificando obtemos,
(a2 − c2)(x− x0)2 + a2(y − y0)2 = a2(a2 − c2).
A u´ltima igualdade implica
(x− x0)2
a2
− (y − y0)
2
b2
= 1.
Ca´lculos ana´logos aos apresentados acima nos conduzem a` mes-
ma equac¸a˜o para o ramo da hipe´rbole segundo F1.
A rigor, provamos acima apenas que as coordenadas (x, y) de
um ponto arbitra´rio da hipe´rbole satisfazem a equac¸a˜o encontrada.
54
Mostra-se, reciprocamente, que todo ponto cujas coordenadas satis-
fazem esta equac¸a˜o pertence a` hipe´rbole cujos focos sa˜o F1 = (n1, y0)
e F2 = (n2, y0), com x0 = n1+n22 e n2 > n1.
Exemplo 2.5.1. A equac¸a˜o 2x2 − 3y2 = 5 equivale a
x2
(
√
5/2)2
− y
2
(
√
3/2)2
= 1,
que representa a hipe´rbole centrada na origem, de semi-eixo focal√
5
2
, semi-eixo normal
√
3
2
e de focos nos pontos (±2, 0).
ANOTE:
................................
................................
................................
................................
................................
................................
................................
Analogamente ao que vimos, se considerarmos os focos perten-
centes a uma reta paralela ao eixo y temos que a equac¸a˜o que repre-
senta a hipe´rbole e´:
−(x− x0)
2
b2
+
(y − y0)2
a2
= 1.
Chamaremos de excentricidade da hipe´rbole a raza˜o entre c e a.
Se denotarmos por e a excentricidade, enta˜o e = c
a
. Note que a ex-
centricidade da hipe´rbole e´ um nu´mero maior 1. No exemplo anterior,
a hipe´rbole tem excentricidade igual a 2
√
2
5
=
√
8
5
.
* * * *
1 2F F
assíntotas
centro
Figura 2.8: Assı´ntotas
As retas y = ± b
a
(x − x0) + y0 sa˜o chamadas de assı´ntotas da
hipe´rbole
(x− x0)2
a2
− (y − y0)
2
b2
= 1.
Exemplo 2.5.2. As retas y = ±4
3
x sa˜o as assı´ntotas da hipe´rbole
x2
9
− y2
16
= 1.
55
2.6 Rotac¸a˜o de um conjunto
Na secc¸a˜o anterior obtivemos equac¸o˜es que representam as
coˆnicas, no caso em que os focos pertencem a uma reta paralela ao
eixo x ou ao eixo y. Mas isso nem sempre ocorre. Vejamos alguns
exemplos.
Exemplo 2.6.1. Seja P = (x, y) um ponto pertencente a` para´bola de
foco F = (1, 1) e diretriz r : x+ y = 0. Enta˜o,
d(P, F ) = d(P, r) ⇒
√
(x− 1)2 + (y − 1)2 = |x+ y|√
1 + 1
.
Desenvolvendo obtemos x2 − 2xy + y2 − 4x− 4y + 4 = 0.
Exemplo 2.6.2. Considere a elipse de focos nos pontos (−3, 0) e
(0, 4), cujo semi-eixo focal mede 7
2
. Enta˜o, um ponto (x, y) pertence
a` elipse se, somente se,
√
(x+ 3)2 + y2 +
√
x2 + (y − 4)2 = 7.
Efetuando ca´lculos, semelhantes aos apresentados para obtermos a
equac¸a˜o da elipse, encontramos que
40x2 − 24xy + 33y2 + 168x− 168y − 200 = 0.
Exemplo 2.6.3. Considere a hipe´rbole de focos nos pontos (−√2,√2)
e (
√
2,−√2), cujo semi-eixo focal mede √2. Enta˜o, um ponto (x, y)
pertence a` hipe´rbole se, somente se,
∣∣∣
√
(x+
√
2)2 + (y −
√
2)2 −
√
(x−
√
2)2 + (y +
√
2)2
∣∣∣ = 2√2.
Efetuando os ca´lculos obtemos a seguinte equac¸a˜o
xy = −1.
Nos treˆs exemplos apresentados acima, as equac¸o˜es encontradas
sa˜o da forma
Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0.
56
Portanto, e´ natural questionar que coˆnica uma equac¸a˜o geral da
formaAx2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 representa. Para res-
pondermos a esta pergunta necessitamos de alguns fatos, os quais
relembraremos a seguir.
O plano xy esta´ em correspondeˆncia com o conjunto dos nu´meros
complexos, a saber: todo ponto (x, y) do plano cartesiano pode ser
visto como o nu´mero complexo x+ iy, e vice-versa. Utilizaremos esta
correspondeˆncia para mostrarmos como rotacionar um conjunto em
relac¸a˜o a` origem. O propo´sito de rotacionarmos um conjunto e´ trans-
formarmos a equac¸a˜o geral Ax2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
numa equac¸a˜o do tipo Ar2 +Ct2 +Dr+Et+F = 0, a qual possamos
comparar com as equac¸o˜es reduzidas, obtidas nas secc¸o˜es 2.2, 2.3 e
2.4, que representam as coˆnicas.
Necessitaremos de algumas propriedades dos nu´meros complexos.
Relembremos: dado um nu´mero complexo z = x + iy seu mo´dulo e´
definido como |z| =
√
x2 + y2. O argumento de z e´ o menor aˆngulo
positivo θ tal que cos θ = x√
x2+y2
e sin θ = y√
x2+y2
. Usaremos a
seguinte notac¸a˜o arg(z) = θ.
Dados dois nu´meros complexos z1 = x1 + iy1 e z1 = x1 + iy1 as
seguintes propriedades sa˜o va´lidas:
1. |z1 · z2| = |z1| · |z2|;
2. arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2);
3. Observe tambe´m que | cos θ + i sin θ| = 1.
Das propriedades apresentadas acima concluı´mos que, para rotar-
cionarmos, de um aˆngulo θ, um conjunto sem alterarmos suas pro-
priedades basta multiplicarmos cada elemento deste conjunto pelo
complexo cos θ+i sin θ. Ou seja: se um ponto (x, y) = x+iy pertence a
um conjunto C, enta˜o o ponto (r, t) = r+it = (x+iy)(cos θ+i sin θ) per-
tence a um conjunto C ′, com as mesmas propriedades de C, obtido
57
pela rotac¸a˜o de C, de um aˆngulo θ, no sentido anti-hora´rio em torno
da origem.
A grande maioria
dos livros apresen-
tam uma abodagem
diferente da nossa.
Os autores, em
geral, trabalham
com a mudanc¸a
dos eixos coorde-
nados, ao inve´s
da rotac¸a˜o do con-
junto. Tambe´m
usaremos o me´todo
da mudanc¸a dos
eixos coordena-
dos no capı´tulo
4, quando for-
mos identificar as
qua´dricas centrais.
(0,0)
(x,y)
(r,t)
0
Figura 2.9: Rotac¸a˜o de um conjunto
Agora considere um ponto (x, y) que satisfaz a equac¸a˜o geral do
segundo grau Ax2 + 2Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0. Mostraremos
como obter o aˆngulo θ que transforma esta equac¸a˜o em uma do tipo
Ar2 +Ct2 +Dr+Et+ F = 0. Efetuando a multiplicac¸a˜o na igualdade
r + it = (x+ iy)(cos θ + i sin θ) temos


r = x cos θ − y sin θ
t = x sin θ + y cos θ
.
Resolvendo o sistema encontrado obtemos as seguintes expresso˜es
para x e y: 

x = r cos θ + t sin θ
y = −r sin θ + t cos θ
.
Portanto,
φ(x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F
= A(r cos θ + t sin θ)2 + C(−r sin θ + t cos θ)2
+ 2B(r cos θ + t sin θ)(−r sin θ + t cos θ)
+ D(r cos θ + t sin θ) + E(−r sin θ + t cos θ) + F.
58
Efetuando os ca´lculos,
φ(x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F
= r2[A cos2 θ + C sin2 θ − B sin(2θ)]
+ t2[A sin2 θ + C cos2 θ +B sin(2θ)]
+ rt[(A− C) sin(2θ) + 2B cos(2θ)]
+ r(D cos θ − E sin θ) + t(D sin θ + E cos θ) + F.
Dados A e C nu´meros reais, com A 6= C, existe um aˆngulo θ tal que
tan(2θ) = − 2B
A−C . Donde, (A− C) sin(2θ) + 2B cos(2θ) = 0. Se A = C,
escolhendo θ = π
4
tambe´m obtemos (A − C) sin(2θ) + 2B cos(2θ) = 0.
Assim, sempre existe θ ∈ R tal que (A − C) sin(2θ) + 2B cos(2θ) = 0.
Resulta que,
φ(x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F
= r2[A cos2 θ + C sin2 θ − B sin(2θ)]
+ t2[A sin2 θ + C cos2 θ +B sin(2θ)]
+ r(D cos θ − E sin θ) + t(D sin θ + E cos θ) + F.
Consequentemente, a equac¸a˜o Ax2+2Bxy+Cy2+Dx+Ey+F = 0
e´ equivalente a
ϕ(r, t) = r2[A cos2 θ + C sin2 θ −B sin(2θ)]
+ t2[A sin2 θ + C cos2 θ +B sin(2θ)]
+ r(D cos θ −E sin θ) + t(D sin θ + E cos θ)
+ F = 0.
Perceba que a nova equac¸a˜o obtida na˜o envolve o termo rt. Com
isto, podemos completar quadrados e compararmos ϕ(r, t) = 0 com
as equac¸o˜es reduzidas que representam as coˆnicas.
ANOTE:
................................
................................
................................
................................
................................
................................
................................
Exemplo 2.6.4 (Para´bola). Na equac¸a˜o 2x2+12xy+18y2+x+y+1 = 0
temos A = 2, B = 6, C = 18 e D = E = F = 1. Seja θ tal que
(A− C) sin(2θ) + 2B cos(2θ) = −16 sin(2θ) + 12 cos(2θ) = 0.
59
Portanto, 4 sin(2θ) = 3 cos(2θ). Pela relac¸a˜o fundamental da trigonome-
tria, sin2(2θ) + cos2(2θ) = 1, obtemos sin(2θ) = 3
5
e cos(2θ) = 4
5
. Agora
usando as identidades sin2 θ = 1−cos(2θ)
2
e sin2 θ = 1+cos(2θ)
2
, encon-
tramos sin2 θ = 1
10
e cos2 θ = 9
10
. Donde,
0 = 2x2 + 12xy + 18y2 + x+ y + 1
= r2(2.
9
10
+ 18.
1
10
− 6.3
5
)
+ t2(2.
1
10
+ 18.
9
10
+ 6.
3
5
)
+ r(1.
3√
10
− 1. 1√
10
) + t(1.
3√
10
+ 1.
1√
10
) + 1.
Segue que, r = −10√10t2 − 2t−
√
10
2
. A u´ltima equac¸a˜o obtida repre-
senta uma para´bola.
Exemplo 2.6.5 (Elipse). Dado F ∈ R, identificaremos que coˆnica a
equac¸a˜o 5x2 +6xy+ y2 = F representa. Note que A = C = 5 e B = 3.
Neste caso, θ = π
4
. Enta˜o, sin θ = cos θ =
√
2
2
e sin(2θ) = 1. Segue que,
F = 5x2 + 6xy + y2
= r2(5.
1
2
+ 5.
1
2
− 3.1) + t2(5.1
2
+ 5.
1
2
+ 3.1)
= 2r2 + 8t2.
Temos treˆs possibilidades a considerar. F < 0 : Nesta caso, a equac¸a˜o
2r2+8t2 = F representa um conjunto vazio, pois na˜o existem nu´meros
maiores ou iguais a zero cuja soma seja um nu´mero negativo. F = 0 :
Nesta possibilidade, a equac¸a˜o 2r2+8t2 = F representa o ponto (0, 0).
F > 0 : Observe que a equac¸a˜o 2r2 + 8t2 = F e´ equivalente a
r2(√
F
2
)2 + t
2(√
F
8
)2 = 1,
que representa uma elipse centrada na origem e semi-eixo focal
√
F
2
.
No exemplo anterior foi observado que nem sempre uma equac¸a˜o
geral Ax2 + 2Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 representa um coˆnica. A
mesma pode representar um conjunto vazio, um ponto, uma reta ou
um par de retas. Como saber? Fazendo a rotac¸a˜o, de um aˆngulo θ,
de modo a eliminar o termo 2Bxy e completar quadrados.
60
Exemplo 2.6.6 (Hipe´rbole). Na equac¸a˜o xy = 1 temos A = C = 0,
2B = 1, D = E = 0 e F = −1. Sendo A = C temos θ = π
4
. Enta˜o,
sin θ = cos θ =
√
2
2
e sin(2θ) = 1. Segue que,
1 = xy = −1
2
r2 +
1
2
t2
= − r
2
(
√
2)2
+
t2
(
√
2)2
.
A equac¸a˜o − r2
(
√
2)2
+ t
2
(
√
2)2
= 1 representa uma hipe´rbole de focos nos
pontos (0,±2).
2.7 Aplicac¸a˜o
Para´bola
Por que antenas que captam mais sinais do espac¸o sa˜o parabo´licas?
Por que os espelhos dos telesco´pios astronoˆmicos sa˜o parabo´licos?
Figura 2.10: Antena e Espelho parabo´licos
Nos dois exemplos acima, os sinais que recebemos (ondas de
ra´dio ou luz) sa˜o muito fracos. Por isso e´ necessa´rio capta´-los em
um u´nico ponto para que sejam naturalmente amplificados. Portanto,
a superfı´cie da antena ( ou do espelho) deve ser tal que todos os sinais
61
recebidos de uma mesma direc¸a˜o sejam direcionados para um u´nico
ponto apo´s a reflexa˜o.
A para´bola possui exatamente esta propriedade e, por isso, as an-
tenas e os espelhos precisam ser parabo´licos.
Elipse
A trajeto´ria dos planetas ao redor do Sol na˜o e´ circular e sim
elı´ptica - o Sol fica sobre um dos focos da elipse. Foi Kepler (1571-
1630) quem desenvolveu esta teoria. No caso da Terra os semi-eixos
sa˜o a = 153.493.000km e b = 153.454.000km. Donde podemos obter a
excentricidade da o´rbita da Terra:
e =
c
a
= 0, 0167.
O eixo maior apresenta dois pontos: o perie´lio (janeiro) e o afe´lio
(julho), que correspondem a`s distaˆncias mı´nimas e ma´ximas da Terra
ao Sol, respectivamente.
Hipe´rbole
O sistema LORAN (longe range navegation) de navegac¸a˜o ae´rea
usa a hipe´rbole. Da Terra, concomitantemente

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