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104

CÁLCULO VETORIAL E GEOMETRIA ANALÍTICA

 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 −=

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

105

Exemplo (2): Determine a equação reduzida da elipse 07y6x8y3x2 22 =−+−+ ,

depois que a origem foi transladada para o ponto O1(2,-1).

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

106

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= senyNMy
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

107

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 11222122 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 ====++++++++++++++++++++

108

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 necessário girar

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