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Instituto Superior Politécnico de Songo
Licenciatura em Engenharia Eléctrica
NOTAS DE AULAS SOBRE CÓNICAS E SUPERFÍCIES QUÁDRICAS
Alberto Daniel
Songo, 29 de Outubro de 2018
1 Cónicas
Definição 1.1 Cónicas são curvas planas obtidas por intersecção de um cone circular recto com um
plano.
Equação Geral das Cónicas
Uma cónica pode ser representada por equação de 2◦ grau nas variáveis x e y:
Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx+ 2Ey + F = 0 (1)
com A,B,C,D,E, F ∈ R, sendo A,B e C não simultaneamente nulos.
Em casos particulares, no entanto, a equação (1) pode também representar uma recta (x2 = 0)
ou duas rectas (xy = 0), ou um ponto (x2 + y2 = 0) ou o conjunto vazio (x2 + y2 = −1). Estes casos
constituem as cónicas degeneradas.
• Se B2 − AC < 0 a equação (1) representa uma elipse ou suas degenerações.
• Se B2 − AC > 0 a equação (1) representa uma Hipérbole ou suas degenerações.
• Se B2 − AC = 0 a equação (1) representa uma Parábola ou suas degenerações.
1.1 Elipse
Definição 1.2 Elipse é o conjunto dos pontos do plano cuja soma das distâncias a dois pontos fixos
(denominados focos) é constante e maior que a distância entre eles.
2
Equação Reduzida
x2
a2
+
y2
b2
= 1 (a > b)
Focos: F (±c, 0), onde c2 = a2 − b2
Eixo maior: d(A1, A2) = 2a
Eixo menor: d(B1, B2) = 2b
Distância focal: d(F1, F2) = 2c
Vértices: (±a, 0), (0,±b)
Excentricidade: e = c
a
(0 < e < 1)
Directrizes: x = ±a
e
Equação Reduzida
x2
a2
+
y2
b2
= 1 (a < b)
Focos: F (0,±c), onde c2 = b2 − a2
Eixo maior: d(B1, B2) = 2b
Eixo menor: d(A1, A2) = 2a
Distância focal: d(F1, F2) = 2c
Vértices: (±a, 0), (0,±b)
Excentricidade: e = c
b
(0 < e < 1)
Directrizes: y = ± b
e
Equação Reduzida da Elipse centrada em (x0, y0):
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
= 1
No caso a = b, a equação da elipse toma a forma
x2
a2
+
y2
a2
= 1⇐⇒ x2 + y2 = a2
e representa uma circunferência de centro (0, 0) e raio r = a.
Se o centro da circunferência for (x0, y0), então a sua equação será da forma
(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2
1.2 Hipérbole
Definição 1.3 Hipérbole é o conjunto dos pontos do plano tais que o módulo da diferença das
distâncias a dois pontos fixos (focos) é constante e menor que a distância entre eles.
3
Equação Reduzida
x2
a2
− y
2
b2
= 1
Focos: F (±c, 0), onde c2 = a2 + b2
Eixo Real: d(A1, A2) = 2a
Eixo Imaginário: d(B1, B2) = 2b
Distância Focal: d(F1, F2) = 2c
Vértices: (±a, 0)
Assímptotas: y = ± b
a
x
Excentricidade: e = c
a
(e > 1)
Directrizes: y = ±a
e
Equação Reduzida
y2
b2
− x
2
a2
= 1
Focos: F (±c, 0), onde c2 = a2 + b2
Eixo Real: d(B1, B2) = 2b
Eixo Imaginário: d(A1, A2) = 2a
Distância Focal: d(F1, F2) = 2c
Vértices: (0,±b)
Assímptotas: y = ± b
a
x
Excentricidade: e = c
b
(e > 1)
Directrizes: y = ± b
e
Equação Reduzida da Hipérbole centrada em (x0, y0)
(x− x0)2
a2
− (y − y0)
2
b2
= 1
1.3 Parábola
Definição 1.4 Parábola é o conjunto dos pontos do plano equidistantes de um ponto fixo (denomi-
nado foco) e de uma recta (directriz) que não contém o ponto.
4
Equação Reduzida
y2 = 4px (p > 0)
Foco: F (p, 0)
Directriz: x = −p
Vértice: V (0, 0)
Equação Reduzida
y2 = 4px (p < 0)
Foco: F (p, 0)
Directriz: x = −p
Vértice: V (0, 0)
Equação Reduzida
x2 = 4py (p > 0)
Foco: F (0, p)
Directriz: y = −p
Vértice: V (0, 0)
Equação Reduzida
x2 = 4py (p < 0)
Foco: F (0, p)
Directriz: y = −p
Vértice: V (0, 0)
A Equação Reduzida da Parábola com vértice em V (x0, y0) é dada por:
• (y − y0)2 = 4p(x− x0) , onde F (x0+p, y0) e d : x = x0−p são foco e directriz, respectivamente.
• (x− x0)2 = 4p(y − y0) , onde F (x0, y0+p) e d : y = y0−p são foco e directriz, respectivamente.
5
Exemplo 1.5 Determine a equação reduzida da hipérbole com focos F1(0,−5) e F2(0, 5) e um vértice
no ponto P (0,−3).
Resolução: O eixo real está sobre o eixo Y . O centro é a origem. Temos então:
c2 = a2 + b2
a = 3
c = 5
⇒ b2 = 52 − 32 = 25− 9⇒ b2 = 16
Portanto, a equação da hipérbole é:
y2
16
− x
2
9
= 1.
Exemplo 1.6 Encontre a equação da parábola de foco F (0, 3) e recta directriz de equação x = 2.
Resolução: Como a directriz (x = 2) é paralela ao eixo Oy então a equação desta parábola tem a
forma (y − y0)2 = 4p(x− x0), onde F (x0 + p, y0) é o foco e x = x0 − p é a directariz. Assim,{
(x0 + p, y0) = (0, 3)
x0 − p = 2 ⇒

x0 + p = 0
y0 = 3
x0 − p = 2
⇒
{
2x0 = 2
y0 = 3
⇒
{
x0 = 1
y0 = 3
Substituindo valor de x0 noutra equação, obtemos x0 + p = 0⇒ 1 + p = 0⇒ p = −1. Portanto,
(y − 3)2 = 4(−1)(x− 1)⇐⇒ (y − 3)2 = −4(x− 1)
Exemplo 1.7 Encontre a equação da parábola de foco F (−2, 5) e directriz y = 3.
Resolução: Como a directriz é paralela ao eixo Ox então (x− x0)2 = 4p(y− y0), onde F (x0, y0 + p)
é o foco e y = y0 − p é a directriz, assim:{
(x0, y0 + p) = (−2, 5)
y0 − p = 3 ⇒

x0 = −2
y0 + p = 5
y0 − p = 3
⇒

x0 = −2
y0 + p = 5
2y0 = 8
⇒

x0 = −2
y0 + p = 5
y0 = 4
⇒

x0 = −2
p = 1
y0 = 4
Portanto, o vértice da parabóla é V (−2, 4) e a equação será
(x− (−2))2 = 4 · 1 · (y − 4)⇐⇒ (x+ 2)2 = 4(y − 4)
6
2 Classificação das cónicas a partir da equação geral
Redução da equação geral de uma cónica
1◦ Dada a equação Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx+ 2Ey + F = 0,
calcule ∆ =
∣∣∣∣ A BB C
∣∣∣∣.
2◦ Para ∆ = 0: Encontre as raízes λ1 e
λ2 = 0 da equação característica∣∣∣∣ A− λ BB C − λ
∣∣∣∣ = 0.
Para ∆ 6= 0: Temos uma curva central. Efectue uma
translação para O′ = (x0, y0), de modo que[
A B
B C
] [
x0
y0
]
=
[ −D
−E
]
3◦ Encontre os autovectores v1 e v2 asso-
ciados aos autovalores λ1 e λ2, respec-
tivamente.
Denotando
Q(x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx+ 2Ey + F,
calcule Q0 = Q(x0, y0), para obter a equação
Ax′2 + 2Bx′y′ + Cy′2 +Q0 = 0
4◦ Determine a nova base ortonormal
{u1,u2} do sistema de coordenadas fa-
zendo
u1 =
v1
‖v1‖ e u2 =
v2
‖v2‖
Agora forme a matriz P cujas as colu-
nas são os autovectores normados u1 e
u2.
Encontre as raízes λ1 e λ2 da equação característica∣∣∣∣ A− λ BB C − λ
∣∣∣∣ = 0,
para obter a equação reduzida
λ1x
′′2 + λ2y′′2 +Q0 = 0
5◦ Substitua os valores de x e y dados pela
rotação abaixo[
x
y
]
= P
[
x′
y′
]
na equação inicial e reagrupe para obter
a equação na forma:
λ1x
′2 + 2D1x+ 2E1y + F = 0
As equações de rotação serão dadas por[
x′
y′
]
= P
[
x′′
y′′
]
através dos passos 3◦ e 4◦ da coluna ao lado.
6◦ Por meio do completamento de quadra-
dos, efectue uma translação para obter
a equação reduzida na forma
λ1x
′′2 + 2E1y′′ + F1 = 0
Exemplo 2.1 Identifique a cónica representada pela equação x2 − 6xy + y2 + 2x− 8y − 4 = 0.
Resolução: Como o determinante da equação é ∆ =
∣∣∣∣ 1 −3−3 1
∣∣∣∣ = −8 6= 0, então podemos
inicialmente determinar o centro (α, β) tal que a translação pelo vector −→v = (α, β) elimina os termos
7
lineares. Para tal, reslovemos o seguinte sistema linear:{
Aα +Bβ = −D
Bα + Cβ = −E ⇒
{
α− 3β = −1
−3α + β = 4
{
α = −11
8
β = −1
8
Denotando Q(x, y) := x2 − 6xy + y2 + 2x− 8y − 4, temos
Q0
(
−11
8
,−1
8
)
=
(
−11
8
)2
−6·
(
−11
8
)(
−1
8
)
+
(
−1
8
)2
+2·
(
−11
8
)
−8·
(
−1
8
)
−4 = −312
64
= −39
8
.
Assim, reduzimos a equação inicial para equação do tipo
x′2 − 6′x′y′ + y′2 − 39
8
= 0.
Agora determinaremos λ1 e λ2, autovalores da matriz M =
[
1 −3
−3 1
]
. Temos,
∣∣∣∣ 1− λ −3−3 1− λ
∣∣∣∣ = 0⇔ (1− λ)(1− λ)− 9 = 0⇔ (1− λ)2 = 9⇔ λ1 = 4 ∨ λ2 = −2.
Portanto 4x′′2 − 2y′′2 − 39
8
= 0 é a equação obtida após a eliminação dos termos lineares e do termo
misto. Escrevendo-a na forma canónica, temos:
4x′′2 − 2y′′2− 39
8
= 0⇔ 4x′′2 − 2y′′2 = 39
8
⇔ x
′′2
39
32
− y
′′2
39
16
= 1⇔ x
′′2(√
39
32
)2 − y′′2(√
39
16
)2 = 1
Portanto, a equação x2 − 6xy + y2 + 2x− 8y − 4 = 0 representa uma hipérbole.
Exemplo 2.2 Identifique a curva representada pela equação x2 + 2xy + y2 − 3x+ 2y − 7 = 0.
Resolução: Como o determinante ∆ =
∣∣∣∣ 1 11 1
∣∣∣∣ = 0, não é possível eliminarmos primeiro os termos
lineares por meio de uma translação. Neste caso devemos efectuar uma rotação nos eixos coordenados
de modo a eliminar o termo misto. Para tal, calculamos os autovalores da matriz M =
[
A B
B C
]
e
os seus respectivos autovectores ortonormais:
∣∣∣∣ 1− λ 11 1− λ
∣∣∣∣ = 0⇔ (1− λ)2 − 1 = 0⇔ 1− λ = 1 ∨ 1− λ = −1⇔ λ = 0 ∨ λ = 2
Então, λ1 = 0 e λ2 = 2 são autovalores de M . Agora vamos determinar os respectivos autovectores,
resolvendo a equação (M − λI)v = 0:
Para λ1 = 0:
[
1− 0 1
1 1− 0
]
=
[
1 1
1 1
]
∼
[
1 1
0 0
]
⇔ x+ y = 0⇔ x = −y
Então, (x, y) = (−y, y) = y(−1, 1) e logo v1 = (−1, 1) é um autovector associado à λ1 = 0.
Para λ2 = 2:
[
1− 2 1
1 1− 2
]
=
[ −1 1
1 −1
]
∼
[ −1 1
0 0
]
⇔ −x+ y = 0⇔ x = y
Então, (x, y) = (y, y) = y(1, 1) e logo v2 = (1, 1) é um autovector associado à λ2 = 2.
8
Como λ1 = 0 e λ2 = 2 são distintos, então os seus respectivos autovectores são ortogonais. Devemos
então, apenas normalizar os autovectores:
• u1 = v1‖v1‖ =
(−1, 1)
‖(−1, 1)‖ =
(−1, 1)√
1 + 1
=
(−1, 1)√
2
=
(
−
√
2
2
,
√
2
2
)
;
• u2 = v2‖v2‖ =
(1, 1)
‖(1, 1)‖ =
(1, 1)√
1 + 1
=
(1, 1)√
2
=
(√
2
2
,
√
2
2
)
.
E a matriz P cujas as colunas são os autovectores normalizados é P =
[
−
√
2
2
√
2
2√
2
2
√
2
2
]
. Então
[
2D 2E
]
P
[
x′
y′
]
+ F =
[ −2 6 ] [ −√22 √22√
2
2
√
2
2
] [
x′
y′
]
− 7 = 4
√
2x′ + 2
√
2y′ − 7
Portanto, a equação da quádrica fica na forma
λ1x
′2 + λ2y′2 +
[
2D 2E
]
P
[
x′
y′
]
+ F = 0⇔ 2y′2 + 4
√
2x′ + 2
√
2y′ − 7 = 0
Aplicando a técnica de completar qudrados, teremos
2y′2 + 4
√
2x′ + 2
√
2y′ − 7 = 0
⇔ 2(y′2 +
√
2y′) + 4
√
2x′ − 7 = 0
⇔ 2
(
y′2 +
√
2y′ +
1
2
− 1
2
)
+ 4
√
2x′ − 7 = 0
⇔ 2
(
y′2 +
√
2y′ +
1
2
)
− 1 + 4
√
2x′ − 7 = 0
⇔ 2
(
y′ +
√
2
2
)2
+ 4
√
2x′ − 8 = 0
⇔ 2
(
y′ +
√
2
2
)2
+ 4
√
2
(
x′ −
√
2
)
= 0
Efectuando a mudança de variáveis
{
x′′ = x′ −√2
y′′ = y′ +
√
2
2
, obtemos:
2y′′2 + 4
√
2x′′ = 0⇐⇒ 2y′′2 = −4
√
2x′′ ⇐⇒ y′′2 = −2
√
2x′′
que é uma Parábola.
3 Superfícies Quádricas
Definição 3.1 Chama-se quádrica qualquer conjunto de pontos de R3 que satisfazem a seguinte
equação do segundo grau nas variáveis x, y e z:
Ax2 +By2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx+ 2Hy + 2Iz + J = 0 (2)
onde A,B,C,D,E e F não são todos nulos.
9
Observação 3.2 Se a superfície (2) for cortada pelos planos coordenadores ou por planos paralelos
a eles, a curva de intersecção será uma cónica. Essa interseccão é chamada de traço da superfície
no plano.
Exemplo 3.3 O traço da superfície (2) no plano z = 0 é a cónica
Ax2 +By2 + 2Dxy + 2Exz + 2Gx+ 2Hy + J = 0 (3)
contida no plano z = 0 e representa uma elípse, uma hipérbole ou uma parábola.
Definição 3.4 Uma superfície de revolução é a superfície gerada por uma curva plana (chamada
geratriz) que gira 360◦ em torno de uma recta (chamada eixo) situada no plano da curva.
Observação 3.5 O traço da superfície de revolução num plano perpendicular ao eixo é uma circun-
ferência e a equação da superfície de revolução é obtida a partir da equação da geratriz.
Exemplo 3.6 Seja a superfície gerada pela revolução da parábola z2 = 4y em torno do eixo - y:
Figura 1: Superfície de revolução
onde
• P (x, yz) é um ponto qualquer da superfície.
• C(0, y, 0) é o centro da circunferência que é o traço da superfície no plano que passa por P e é
perpendicular ao eixo - y.
• Q(0, y, z) é a intersecção da circunferência com a parábola.
• R é o pé da perpendicular traçada de P ao plano -xy.
Note que |CP | = |CQ| = r, pois são raios da circunferência. O triângulo CRP é rectângulo em R,
então:
|CP | =
√
|CR|2 + |RP |2 =
√
x2 + z2
ou
|CP | = |CQ| = z =
√
4y, pois Q pertence à parábola.
Portanto, √
x2 + z2 =
√
4y ⇔ x2 + z2 = 4y → Equação da superfície. (4)
10
Observação 3.7 A equação (4) pode ser obtida imediatamente pela substituição de z por
√
x2 + z2
na equação da geratriz z2 = 4y.
Dessa forma, se a geratriz estiver contida num dos planos coordenados e girar 360◦ em torno de um
dos eixos desse plano, a equação da superfície gerada será obtida da seguinte maneira: se a curva
girar em torno:
a) do eixo - x, substitui-se y ou z na equação da curva por
√
y2 + z2;
b) do eixo - y, substitui-se x ou z na equação da curva por
√
x2 + z2;
c) do eixo - z, substitui-se x ou y na equação da curva por
√
x2 + y2.
3.1 Elipsóide
Consideremos no plano x = 0 a elípse de equação
y2
b2
+
z2
c2
= 1.
Figura 2: Elípse
Ao girarmos essa elípse em torno do eixo - y, obtemos o elipsóide de revolução, cuja equação será
obtida da equação da elípse, substituindo-se z por
√
x2 + z2:
y2
b2
+
z2
c2
= 1⇔ y
2
b2
+
x2 + z2
c2
= 1⇔ x
2
c2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1.
Podemos também girar a elípse em torno do eixo - z e obter o elipsóide com equação
x2
b2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
Equação Canónica de um Elipsóide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1, (5)
onde a, b, c ∈ R+ e determinam as medidas dos semi-eixos do elipsóide.
11
Figura 3: Elipsóide
No caso a = b = c, a equação (5) toma a forma
x2
a2
+
y2
a2
+
z2
a2
= 1
ou
x2 + y2 + z2 = a2 (6)
e representa uma superfície esférica de centro (0, 0, 0) e raio a.
Se o centro do elipsóide é o ponto (x0, y0, z0), a equação (5) assume a forma
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
+
(z − z0)2
c2
= 1,
obtida por uma translação de eixos:

x = x′ + x0
y = y′ + y0
z = z′ + z0
Exemplo 3.8 Identifique a quádrica Q representada pela equação
4x2 + y2 + 4z2 − 8x− 4y − 8z + 8 = 0
Resolução
Completando quadrados, teremos:
4x2 + y2 + 4z2 − 8x− 4y − 8z + 8 = 0
(4x2 − 8x) + (y2 − 4y) + (4z2 − 8z) = −8
4(x2 − 2x) + (y2 − 4y) + 4(z2 − 2z) = −8
4(x2 − 2x+ 1− 1) + (y2 − 4x+ 4− 4) + 4(z2 − 2z + 1− 1) = −8
4(x2 − 2x+ 1)− 4 + (y2 − 4x+ 4)− 4 + 4(z2 − 2z + 1)− 4 = −8
4(x− 1)2 + (y − 2)2 + (z2 − 1)2 = −8 + 4 + 4 + 4
4(x− 1)2 + (y − 2)2 + 4(z − 102 = 4
(x− 1)2 + (y − 2)
2
4
+ (z − 1)2 = 1
Consideremos a seguinte mudança de coordenadas:

x′ = x− 1
y′ = y − 2
z′ = z − 1
Portanto, Q : x′2 + y
′2
4
+ z′2 = 1, que é um elipsóide.
12
3.2 Hiperbolóide
Consideremos no plano x = 0 a hipérbole de equação
y2
b2
− z
2
c2
= 1
Figura 4: Hipérbole
Os hiperbolóides de revolução serão obtidos por rotações em torno de um de seus eixos:
3.2.1 Hiperbolóide de uma folha
A rotação dessa hipérbole em torno do eixo-z resulta no hiperbolóide de uma folha, cuja equação
será obtida da equação da hiperbóle substituindo-se y por
√
x2 + z2:
x2 + y2
b2
− z
2
c2
= 1⇔ x
2
b2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1
Equação Canónica do Hiperbolóide de uma folha
x2
a2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1 (7)
Figura 5: Hiperbolóide de uma folha
13
As outras duas equações são
x2
a2
− y
2
b2
+
z2
c2
= 1 e − x
2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
e representam hiperbolóides de uma folha ao longo dos eixos-y e eixo-x, respectivamente.
3.2.2 Hiperbolóide de duas folhas
A rotação da hiperbóle em torno do eixo-y resulta no hiperbolóide de duas folhas cuja equação
será obtida da equação dessahiperbóle, substituindo-se z por
√
x2 + z2:
y2
b2
− x
2 + z2
c2
= 1⇔ y
2
b2
− x
2
c2
− z
2
c2
⇔ −x
2
c2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1
Equação Canónica de um hiperbolóide de duas folhas:
−x
2
a2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1 (8)
Figura 6: Hiperbolóide de duas folhas
As outras duas equações são
x2
a2
− y
2
b2
− z
2
c2
= 1 e − x
2
a2
− y
2
b2
+
z2
c2
= 1
e representam hiperbolóides de duas folhas ao longo dos eixos Ox e Oy, respectivamente.
3.3 Parabolóide
3.3.1 Parabolóide Elíptico
Consideremos no plano x = 0 a parábola de equação z =
y2
b2
:
14
Figura 7: Parábola
A rotação dessa parábola em torno do eixo-z resulta no parabolóide de revolução cuja equação
será obtida da equação da parabóla, substituindo-se y por
√
x2 + y2
z =
x2
b2
+
y2
b2
Equação Canónica de um parabolóide elíptico:
z =
x2
a2
+
y2
b2
(9)
Figura 8: Parabolóide Elíptico
As outras duas equações são
y =
x2
a2
+
z2
c2
e x =
y2
b2
+
z2
c2
e representam parabolóides elípticos ao longo dos eixos y e x, respectivamente.
3.3.2 Parabolóide hiperbólico
A superfície dada por uma equação do tipo
z =
y2
b2
− x
2
a2
(10)
15
é denominada parabolóide hiperbólico e esta equação é chamada forma canónica do parabo-
lóide hiperbólico ao longo do eixo-z.
Figura 9: Parabolóide Hiperbólico
As outras duas formas são
y =
z2
c2
− x
2
a2
e x =
z2
c2
− y
2
b2
e representam parabolóides hiperbólicos ao longo dos eixos y e x, respectivamente.
16
4 Classificação das quádricas a partir da equação geral
Redução da equação geral de uma quádrica
1◦ Dada a equação Ax2 +By2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx+ 2Hy + 2Iz + J = 0,
calcule ∆ =
∣∣∣∣∣∣
A D E
D B F
E F C
∣∣∣∣∣∣.
2◦ Para ∆ = 0: Encontre as raízes λ1, λ2
e λ3 = 0 da equação característica∣∣∣∣∣∣
A− λ D E
D B − λ F
E F C − λ
∣∣∣∣∣∣ = 0.
Para ∆ 6= 0: Temos uma quádrica central. Efectue
uma translação para O′ = (x0, y0, z0), de modo que A D ED B F
E F C
 x0y0
z0
 =
 −G−H
−I

3◦ Encontre os autovectores v1,v2 e v3 as-
sociados aos autovalores λ1, λ2 e λ3, res-
pectivamente.
Denotando Q(x, y, z) = Ax2 + By2 + Cz2 + 2Dxy +
2Exz + 2Fyz + 2Gx+ 2Hy + 2Iz + J , calcule Q0 =
Q(x0, y0, z0), para obter a equação
Ax′2+By′2+Cz′2+2Dx′y′+2Ex′z′+2Fy′z′+Q0 = 0
4◦ Determine a nova base ortonormal
{u1,u2,u3} do sistema de coordenadas
fazendo
u1 =
v1
‖v1‖ ,u2 =
v2
‖v2‖ e u3 =
v3
‖v3‖
Agora forme a matriz P cujas as co-
lunas são os autovectores normados
u1,u2 e u3.
Encontre as raízes λ1, λ2 e λ3 da equação caracterís-
tica ∣∣∣∣∣∣
A− λ D E
D B − λ F
E F C − λ
∣∣∣∣∣∣ = 0,
para obter a equação reduzida
λ1x
′′2 + λ2y′′2 + λ3z′′2 +Q0 = 0
5◦ Substitua os valores de x, y e z dados
pela rotação abaixo xy
z
 = P
 x′y′
z′

na equação inicial e reagrupe para obter
a equação na forma:
λ1x
′2+λ2y′2+G1x′+H1y′+I1z′+J = 0
As equações de rotação serão dadas por x′y′
z′
 = P
 x′′y′′
z′′

através dos passos 3◦ e 4◦ da coluna ao lado.
6◦ Por meio do completamento de quadra-
dos, efectue uma translação para obter
a equação reduzida na forma
λ1x
′′2 + λ2y′′2 + I1z′′ = 0
Exemplo 4.1 Identifique a quádrica representada pela equação geral dada abaixo:
2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz − 2x− 2y − 2z − 12z − 78 = 0
17
Resolução: Como o determinante da equação desta quádrica é ∆ =
∣∣∣∣∣∣
2 1 1
1 2 1
1 1 2
∣∣∣∣∣∣ = 4 6= 0, esta
superfície representa uma quádrica central. Assim, devemos eliminar primeiro os termos do 1◦ grau
por meio de uma translação. Para isso, devemos encontrar a nova origem (x0, y0, z0), de modo que: A D ED B F
E F C
 x0y0
z0
 =
 −G−H
−I
⇒
 2 1 11 2 1
1 1 2
 x0y0
z0
 =
 11
6

Escalonando o sistema obtemos 2 1 1 11 2 1 1
1 1 2 6
 ∼
 2 1 1 10 −3 −1 −1
0 −1 −3 −11
 ∼
 6 0 2 20 −3 −1 −1
0 0 8 32
 ∼
 1 0 0 −10 1 0 −1
0 0 1 4
⇒

x0 = −1
y0 = −1
z0 = 4
Assim, obtemos O′ = (−1,−1, 4) e denotando Q(x, y, z) = 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz +
2x + 2y + 2z + 12z − 78, temos Q0 = Q(−1,−1, 4) = −4. Desta forma, a quádrica fica reduzida à
forma:
2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz +Q0 = 0⇐⇒ 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz − 4 = 0
Devemos então efectuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos mistos.
Para isso, calculamos os autovalores da matriz M =
 2 1 11 2 1
1 1 2

:
∣∣∣∣∣∣
2− λ 1 1
1 2− λ 1
1 1 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 +6λ2−9λ+4 = 0⇔ λ3−6λ2 +9λ−4 = 0⇔ (λ−1)2(λ−4) = 0
Assim obtemos os autovalores λ1 = λ2 = 1 e λ3 = 4, e a quádrica fica reduzida à forma:
λ1x
2 + λ2y
2 + λ3z
2 +Q0 = 0⇔ x2 + y2 + 4z2 − 4 = 0⇔ x2 + y2 + 4z2 = 4⇔ x
2
4
+
y2
4
+ z2 = 1
Portanto, a quádrica 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 2x + 2y + 2z + 12z − 78 = 0, após uma
translação seguida de uma rotação é um Elipsóide.
Exemplo 4.2 Identifique a quádrica x2 − z2 − 4xy + 4yz − 6x+ 6y − 24z − 45 = 0.
Resolução: Como o determinante desta quádrica é ∆ =
∣∣∣∣∣∣
1 −2 0
−2 0 2
0 2 −1
∣∣∣∣∣∣ = 0, não é possível
eliminarmos primeiro os termos do 1◦ grau por meio de uma translação. Neste caso devemos efectuar
uma rotação nos eixos coordenados, de modo, a eliminarmos os termos mistos.∣∣∣∣∣∣
1− λ −2 0
−2 −λ 2
0 2 −1− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3+9λ = 0⇔ λ3−9λ = 0⇔ λ(λ−3)(λ+3) = 0⇔ λ = 0∨λ = 3∨λ = −3
Portanto, λ1 = 0, λ2 = 3 e λ3 = −3 são os autovalores da matriz M da quádrica. Agora vamos
determinar os autovectores associados, resolvendo a equação (M − λI)v = 0:
18
Para λ1 = 0:
 1 −2 0−2 0 2
0 2 −1
 ∼
 1 −2 00 −4 2
0 2 −1
 ∼
 1 0 −10 −4 2
0 0 0
⇒ { x = z
y = 1
2
z
Então (x, y, z) = (z, 1
2
z, z) = z(1, 1
2
, 1) e v1 = (1,
1
2
, 1) é um autovector associado à λ1 = 0.
Para λ2 = 3:
 −2 −2 0−2 −3 2
0 2 −4
 ∼
 −2 −2 00 −1 2
0 2 −4
 ∼
 1 0 20 1 −2
0 0 0
⇒ { x = −2z
y = 2z
Então (x, y, z) = (−2z, 2z, z) = z(−2, 2, 1) e v2 = (−2, 2, 1) é um autovector associado à λ2 = 3.
Para λ3 = −3:
 4 −2 0−2 3 2
0 2 2
 ∼
 4 −2 00 4 4
0 2 2
 ∼
 2 0 10 1 1
0 0 0
⇒ { x = −12z
y = −z
Então v = (−1
2
z,−z, z) = z(−1
2
,−1, 1) e v3 = (−12 ,−1, 1) é um autovector associado à λ3 =−3.
Como os autovalores λ1 = 0, λ2 = 3 e λ3 = −3 são distintos dois a dois então os seus respectivos
autovectores formam uma base ortogonal. Agora devemos apenas normalizar os autovectores. Temos:
• u1 = v1‖v1‖ =
(
1, 1
2
, 1
)
‖ (1, 1
2
, 1
) ‖ =
(
1, 1
2
, 1
)√
1 + 1
4
+ 1
=
(
1, 1
2
, 1
)
3
2
=
2
3
(
1,
1
2
, 1
)
=
(
2
3
,
1
3
,
2
3
)
;
• u2 = v2‖v2‖ =
(−2, 2, 1)
‖ (−2, 2, 1) ‖ =
(−2, 2, 1)√
4 + 4 + 1
=
(−2, 2, 1)
3
=
1
3
(−2, 2, 1) =
(
−2
3
,
2
3
,
1
3
)
;
• u3 = v3‖v3‖ =
(−1
2
,−1, 1)
‖ (−1
2
,−1, 1) ‖ =
(−1
2
,−1, 1)√
1
4
+ 1 + 1
=
(−1
2
,−1, 1)
3
2
=
2
3
(
−1
2
,−1, 1
)
=
(
−1
3
,−2
3
,
2
3
)
.
Obtemos então, uma base ortonormal: B = {u1,u2,u3} e P =
 23 −23 −131
3
2
3
−2
3
2
3
1
3
2
3

, portanto,
[
2G 2H 2I
]
P
 x′y′
z′
+ J = [ −6 6 −24 ]
 23 −23 −131
3
2
3
−2
3
2
3
1
3
2
3
 x′y′
z′
− 45 = −18x′ − 18z′ − 45.
E a quádrica fica reduzida à forma
λ1x
′2 + λ2y′2 + λ3z′2 +
[
2G 2H 2I
]
P
 x′y′
z′
+ J ⇐⇒ 3y′2 − 3z′2 − 18x′ − 18z′ − 45 = 0.
Agora vamos agrupar os termos de mesma variável e aplicar a técnica de completar quadrados:
3y′2 − 3z′2 − 18x′ − 18z′ − 45 = 0
⇔ 3y′2 − 3(z′2 + 6z′)− 18x′ − 45 = 0
⇔ 3y′2 −3(z′2 + 6z′ + 9− 9)− 18x′ − 45 = 0
⇔ 3y′2 − 3(z′2 + 6z′ + 9) + 27− 18x′ − 45 = 0
⇔ 3y′2 − 3(z′ + 3)2 − 18(x′ + 1) = 0
19
Fazendo a mudança de variáveis

x′′ = x′ + 1
y′′ = y′
z′′ = z′ + 3
teremos
3y′′2 − 3z′′2 − 18x′′ = 0⇔ 3y′′2 − 3z′′2 = 18x′′ ⇔ y
′′2
6
− z
′′2
6
= x′′ ⇔ y
′′2(√
6
)2 − z′′2(√
6
)2 = x′′
Finalmente, podemos comparar esta equação com as das quádricas obtidas nas secções anteriores e
vemos que esta quádrica é um Parabolóide hiperbólico.
Exemplo 4.3 Identifique a quádrica representada por 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4xy + 4xz + 4yz − 3 = 0
Resolução: A equação quádrica em estudo não possui termos lineares, no entanto só precisamos
eliminar os termos mistos calculando os autovalores da matriz da equação:
∣∣∣∣∣∣
4− λ 2 2
2 4− λ 2
2 2 4− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3+12λ2−36λ+32 = 0⇔ λ3−12λ2+36λ−32 = 0⇔ (λ−2)2(λ−8) = 0.
Assim, λ1 = λ2 = 2 e λ3 = 8 são os autovalores da quádrica. Portanto, a quádrica fica na forma
2x′2+2y′2+8z2−3 = 0⇐⇒ 2x′2+2y′2+8z′2 = 3⇐⇒ x
′2
2
3
+
y′2
2
3
+
z′2
8
3
⇐⇒ x
′2(√
2
3
)2+ y′2(√
2
3
)2+ z′2(√
8
3
)2 = 1
que é uma equação de um Elipsóide.
20
Referências
[1] CORREIA, Juliana Mauri. Superfícies quádricas. Transformação das coordenadas. 2010.
89 f. Dissertação (mestrado) - Universidade Estadual Paulista, 2010.
[2] CAMARGO, Ivan; BOULOS, Paulo. Geometria Analítica, um tratamento vetorial, 3a
edição, São Paulo: Prentice Hall, 2005.
[3] HOWARD, António; RORRES, Chris. Álgebra linear com aplicações, 8a edição, Porto
Alegre: Bookman, 2001.
[4] David C. Lay, Álgebra linear e suas aplicações, 2a edição,Brasil, 1997.
[5] STEINBRUCH, Alfredo; WINTERLE, Paulo, Álgebra linear, 2a edição, São Paulo:
McGraw-Hill, 1987, v.1.
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