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CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru CAPÍTULO 10 TRANSLAÇÃO E ROTAÇÃO DE EIXOS 1 TRANSLAÇÃO DE EIXOS NO ℜℜℜℜ2 Sejam Ox e Oy os eixos primitivos, do Sistema Cartesiano de Eixos Coordenados com origem O(0,0). Sejam O1x1 e O1y1 os novos eixos coordenados com origem O1(h,k), depois que o sistema primitivo foi transladado. Seja P(x,y) um ponto qualquer do sistema primitivo. Portanto, o mesmo ponto P terá coordenadas P(x1,y1), em relação ao novo sistema. Pela figura abaixo temos que: += += kyy hxx 1 1 , chamadas de equações de translação no ℜℜℜℜ2. Observe que, fazer uma translação no ℜ2, é transladar o sistema antigo (primitivo), paralelamente aos eixos Ox e Oy, para uma nova origem O1(h,k). Exemplo (1): Determine as coordenadas do ponto P(5,-3), em relação ao novo sistema, depois de realizado uma translação para a nova origem O1(-3,2). Solução: Usando as equações de translação, teremos: −= −= kyy hxx 1 1 ⇒ −=−−= =−−= 523y 8)3(5x 1 1 ⇒ )5,8()y,x(P 11 −= Exemplo (2): Determine a equação reduzida da elipse 07y6x8y3x2 22 =−+−+ , depois que a origem foi transladada para o ponto O1(2,-1). O Ox1 Oy1 Oy Ox O1(-3,2) -5 P(5,-3)≡(8,-5) -3 5 k=2 h=-3 8 P(x,y)≡(x1,y1) Ox1 Oy1 k Oy y y1 x1 Ox x h O1 O CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Solução: Fazendo: += += kyy hxx 1 1 ⇒ −= += 1yy 2xx 1 1 na equação da elipse, teremos: 07)1y(6)2x(8)1y(3)2x(2 11 2 1 2 1 =−−++−−++ ⇒ 018y3x2 2 1 2 1 =−+ ⇒ 18 18 18 y3 18 x2 21 2 1 =+ ⇒ 1 6 y 9 x 21 2 1 =+ . Note que, a equação reduzida da elipse, antes da translação era 1 6 )1y( 9 )2x( 22 = + + − , cujo centro é o ponto C(2,-1), ou seja, foi feita uma translação para o centro da elipse. OBS: Para eliminarmos os termos de primeiro grau (x e y) da equação de uma cônica, devemos fazer uma translação de eixos para o centro dela, ou seja, fazer a nova origem O1(h,k) coincidir com o centro C(m,n) da cônica. Veja o exemplo (3). Exemplo (3): Determine a translação de eixos que transforme a equação da hipérbole 0135y24x6y4x3 22 =−++− , na sua forma mais simples (sem os termos de primeiro grau). Solução (1): Pela observação acima, devemos fazer uma translação para o centro da hipérbole. Passando para forma reduzida, teremos: 102)3y(4)1x(3 22 =−−+ ⇒ 1 )3y( 34 )1x( 2 51 22 = − − + + . Logo, o centro é C(-1,3) que será a nova origem O1(h,k). Fazendo += −= 3yy 1xx 1 1 na equação geral, segue que: 0135)3y(24)1x(6)3y(4)1x(3 11 2 1 2 1 =−++−++−− ⇒ 102y4x3 2 1 2 1 =− . Solução (2): Caso não soubéssemos da observação acima, outra forma de descobrir qual a translação para eliminar os termos de primeiro grau, seria aplicar as equações de translação na equação dada e impor as condições para que os coeficientes dos termos de primeiro grau sejam nulos. Ox x Oy Oy1 Ox1 -1 5 2 -1 C CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Sabemos que: += += kyy hxx 1 1 . Substituindo na equação 0135y24x6y4x3 22 =−++− , teremos: 0135)ky(24)hx(6)ky(4)hx(3 11 2 1 2 1 =−+++++−+ . Desenvolvendo 0)135k24h6k4h3(y)24k8(x)6h6(y4x3 2211 2 1 2 1 =−++−+−−++− . Impondo as condições para que os coeficientes dos termos de primeiro grau sejam nulos: =⇒=− −=⇒=+ 3k024k8 1h06h6 . Portanto, a translação dever ser feita para a nova origem )3,1()k,h(O1 −= . 2 ROTAÇÃO DE EIXOS NO ℜℜℜℜ2 Sejam Ox e Oy os eixos primitivos, do Sistema Cartesiano de Eixos Coordenados com origem O(0,0). Sejam Ox1 e Oy1 os novos eixos coordenados depois que o sistema primitivo foi rotacionado de um ângulo θ em torno da origem O(0,0). Logo, θ é o ângulo formado entre os eixos Ox e Ox1. Seja P(x,y) um ponto qualquer do sistema primitivo. Portanto, o mesmo ponto P terá coordenadas P(x1,y1), em relação ao novo sistema. Pela figura acima temos: += −= QPNQy NMOMx . No triângulo OMR: ⇒=θ 1x OM cos θ= cosxOM 1 e NQMR = e ⇒=θ 1x NQ sen θ= senxNQ 1 . No triângulo PQR: θ=⇒=θ= senyNM y NM seneNMQR 1 1 e θ=⇒=θ cosyQP y QP cos 1 1 . Portanto, += −= QPNQy NMOMx ⇒ θθθθ++++θθθθ==== θθθθ−−−−θθθθ==== cosysenxy senycosxx 11 11 , chamadas de equações de rotação no ℜℜℜℜ2. Podemos escrever as equações de S y θ θ O y1 Oy1 Ox1 R Q P(x,y)≡(x1,y1) x M Ox x1 N Oy CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru rotação na forma matricial: ⋅ θθ θ−θ = 1 1 y x cossen sencos y x , onde θθ θ−θ =θ cossen sencos ]M[ é chamada de matriz de rotação de um ângulo θθθθ. Exemplo (5): Determine as coordenadas do ponto P(-2,6), após os eixos coordenados sofrerem uma rotação de 60o. Solução: Usando as equações de rotação: += −=− o 1 o 1 o 1 o 1 60cosy60senx6 60seny60cosx2 ⇒ += −=− 12 1 12 3 12 3 12 1 yx6 yx2 ⇒ =+ −=− 12yx3 4y3x 11 11 . Resolvendo o sistema linear, teremos: += +−= 33y 331x . Portanto, o ponto P terá novas coordenadas )33,331(P ++− . Exemplo (6): Determine o ângulo, segundo o qual, os eixos devem ser rotacionados para eliminar o termo xy na equação 16y13xy36x7 22 =+− . Solução: Substituindo as equações de rotação na equação dada, teremos: 16)cosysenx(13)cosysenx)(senycosx(36)senycosx(7 2111111 2 11 =θ+θ+θ+θθ−θ−θ−θ +θ−θ−θθ+θ+θθ−θ 11 222 1 22 yx)]sen(cos36cossen12[x)sen13cossen36cos7( + 16y)cos13cossen36sen7( 21 22 =θ+θθ+θ (*) Fazendo o coeficiente do termo x1y1 igual a zero, teremos: 32tg02cos362sen60)sen(cos36)sencos2(6 22 =θ⇒=θ−θ⇒=θ−θ−θθ ⇒ oo 30602 =θ⇒=θ . Substituindo θ na equação (*), a equação se reduz a 1y 4 x 2 1 2 1 =+ . Esta é a equação reduzida de uma elipse de centro na origem e semi- eixos a=2 e b=1. 3 EXPRESSÃO GERAL DE UMA CÔNICA No capítulo 8 estudamos as cônicas, cujos eixos eram de posição horizontal (paralelo ao eixo coordenado Ox) ou vertical (paralelo ao eixo coordenado Oy) e, conseqüentemente, suas equações eram características dessas situações. No entanto, a expressão geral de uma cônica, cujos eixos podem estar em qualquer posição em relação aos eixos coordenados é dada por: 0FEyDxCyBxyAx 22 ====++++++++++++++++++++ CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Como a equação geral das cônicas apresenta uma expressão semelhante para todas, uma forma de identificar a cônica através da sua equação geral é utilizar a seguinte classificação: ⇒>− ⇒=− ⇒<− hipérbole0AC4Bse parábola0AC4Bse elipse0AC4Bse 2 2 2 Pode-se demonstrar (veja exemplo 6) que o ângulo θ, de que é necessáriogirar os eixos para eliminar o termo xy (termo retângulo), é calculado por intermédio da fórmula: CA B 2tg −−−− ====θθθθ Exemplo (7): Por meio de uma translação e rotação dos eixos coordenados, reduzir a equação da cônica 04y4x4y5xy6x5 22 =−+−++ a sua forma mais simples. Fazer um esboço da cônica, representando os três sistemas de eixos. Solução: Para reduzir a equação da cônica a sua forma mais simples, devemos eliminar os termos de primeiro grau x e y, por meio de uma translação para o centro da cônica e, para eliminar o termo retângulo xy, deve-se fazer uma rotação de um ângulo θ, usando a relação CA B 2tg − =θ . Como 5A = , 6B = e 5C = ⇒ 064AC4B2 <−=− , ou seja, a cônica em questão é uma elipse. Vamos primeiro fazer a translação, substituindo += += kyy hxx 1 1 na equação dada: 04)ky(4)hx(4)ky(5)ky)(hx(6)hx(5 11 2 111 2 1 =−+++−++++++ (*) 0)4k4h4k5hk6h5(y)4k10h6(x)4k6h10(y5yx6x5 2211 2 111 2 1 =−+−++++++−++++ Para eliminar os termos de primeiro grau x1 e y1, façamos seus coeficientes iguais a zero: =++ =−+ 04k10h6 04k6h10 . Resolvendo o sistema teremos: −= = 1k 1h . Então, a nova origem será )1,1(O1 − que é o centro da cônica. Substituindo h=1 e k=-1 em (*), vamos obter: 08y5yx6x5 2111 2 1 =−++ (**), a equação transladada. De ? 0 6 55 6 CA B 2tg == − = − =θ Isso mostra que oo 45902 =θ⇒=θ , ou seja, este é o ângulo de rotação para eliminar o termo x1y1. Fazendo o45=θ nas equações de CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru rotação θ+θ= θ−θ= cosysenxy senycosxx 221 221 ⇒ + = − = 2 yx y 2 yx x 22 1 22 1 . Substituindo em (**), vamos obter 04yx4 22 2 2 =−+ , que é a forma mais simples da equação da elipse de equação reduzida 1 4 y x 2 22 2 =+ , que, em relação ao sistema transladado e rotacionado, tem centro na origem e eixo maior vertical. Exercícios Propostos 1) Qual a translação que devemos fazer para reduzir a equação da hipérbole 069y30x16y5x4 22 =−++− na sua forma mais simples? Escrever a equação reduzida da hipérbole depois da translação. Resp: translação para C(-2,3); 1 8 y 10 x 21 2 1 =− 2) Determinar a equação da cônica 03y4x2yxy2x 22 =+−++− , após uma rotação de 45o nos eixos coordenados. Quem é a cônica? Resp: 03x2y23y2 11 2 1 =+−− ; Parábola 3) Reduzir a expressão da cônica 0y516x58yxy4x4 22 =−−+− a sua forma mais simples. Quem é a cônica? Resp: 2x 8 1 y = ; parábola (use: 5 5 sene 5 52 cos −=θ=θ ) 4) Reduzir a expressão da cônica 0 5 381 y2x4yxy3x2 22 = + −−++− a sua forma mais simples. Quem é a cônica? Resp: 1 2 y 10 x 22 2 2 =+ ; elipse (sugestão: faça primeiro a translação e depois a rotação) Oy2 Oy1 Oy Ox Ox1 Ox2 1 -1
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