Question

Identifique qual é a Cônica:
$5x^2-4xy+8y^2+4\sqrt{5}*(x-4y)=-4$

Answer 1

$5x^2-4xy+8y^2+4\sqrt{5}*(x-4y)=-4$

Temos que escrever da seguinte maneira

$X^TAX+BX+C=0$

$\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}5&-2\\-2&8\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}4\sqrt{5}&-16\sqrt{5}\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}+4=0$

Vamos diagonalizar a matrix A, pegando os autovetores e autovalores

$det(A-\lambda*I)=0$

$\begin{vmatrix}5-\lambda&-2\\-2&8-\lambda\end{vmatrix}=0$

$\lambda^2-13\lamda+40-4=0$

$\lambda^2-13\lamda+36=0$

$\lambda_1=4~~e~~\lambda_2=9$


ai vamos lá ;)

$(A-\lambda*I)*V=0$

para $\lambda=4$

$\begin{bmatrix}5-\lambda&-2\\-2&8-\lambda\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_1\\y_1\end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix}5-4&-2\\-2&8-4\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_1\\y_1\end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix}1&-2\\-2&4\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_1\\y_1\end{bmatrix}=0$

$\begin{Bmatrix}x_1-2y_1&=&0\\-2x_1+4y_1&=&0\end{matrix}$

$\begin{Bmatrix}x_1-2y_1&=&0\\0&=&0\end{matrix}$

com o grau de liberdade temos

$\begin{bmatrix}x_1\\y_1\end{bmatrix}=\alpha\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}$

para $\lambda=9$

$\begin{bmatrix}5-\lambda&-2\\-2&8-\lambda\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_2\\y_2\end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix}5-9&-2\\-2&8-9\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_2\\y_2\end{bmatrix}=0$

$\begin{bmatrix}-4&-2\\-2&-1\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}x_2\\y_2\end{bmatrix}=0$

$\begin{Bmatrix}-4x_2-2y_2&=&0\\-2x_2-y_2&=&0\end{matrix}$

$\begin{Bmatrix}-2x_2-y_2&=&0\\0&=&0\end{matrix}$

$\begin{bmatrix}x_2\\y_2\end{bmatrix}=\beta\begin{bmatrix}-1\\2\end{bmatrix}$

Agora fazendo os vetores unitários temos:

$P=\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{-1}{\sqrt{5}}\\\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{5}}\end{bmatrix}$

Sabendo que:

$P^TAP=D$

$X=PX'$

$X^TP^TAPX+BPX+C=0$

$\boxed{X'^TDX'+BPX'+C=0}$

agora vamos trabalhar com isso ;)

$X'=\begin{bmatrix}\overline{x}\\\overline{y}\end{bmatrix}$

então

$\begin{bmatrix}\overline{x}&\overline{y}\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}4&0\\0&9\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}\overline{x}\\\overline{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}4\sqrt{5}&-16\sqrt{5}\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}\frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{-1}{\sqrt{5}}\\\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{5}}\end{bmatrix}*\begin{bmatrix}\overline{x}\\\overline{y}\end{bmatrix}+4$

$4\overline{x}^2+9\overline{y}^2-8\overline{x}-36\overline{y}+4=0$

montando quadrados

$4\overline{x}^2-8\overline{x}+9\overline{y}^2-36\overline{y}+4=0$

$4(\overline{x}^2-2\overline{x})+9(\overline{y}^2-4\overline{y})+4=0$

Olha mais uma transformação de base chegando ai ;)

$4(\overline{x}^2-2\overline{x}+1)-4+9(\overline{y}^2-4\overline{y}+4)-36+4=0$

$4(\overline{x}-1)^2-4+9(\overline{y}-2)^2-36+4=0$

$4(\overline{x}-1)^2+9(\overline{y}-2)^2=36$

$\begin{Bmatrix}\overline{\overline{x}}&=&\overline{x}-1\\\overline{\overline{y}}&=&\overline{y}-2\end{matrix}$

$4\overline{\overline{x}}^2+9\overline{\overline{y}}^2=36$

multiplicando tudo por $\frac{1}{36}$

$\boxed{\boxed{\frac{\overline{\overline{x}}^2}{9}+\frac{\overline{\overline{y}}^2}{4}=1}}$

E não é que nós temos mais uma elipse ai?! Que belezura de exercício ;)

Answer 2

Bem, farei de uma forma mais "simples". Façamos uma rotação do eixo cartesiano em torno da origem, para sumir com aquele termo em $xy$.
Quando a equação de uma cônica possui esse termo ela é inclinada, a reta que liga seus focos (elipse e hipérbole) ou a reta geratriz (parábola) não é paralela ao um dos eixos coordenados, então ao rotacionarmos os eixos por um θ conveniente podemos fazer com que a reta geratriz ou que liga os focos fique paralela a um dos eixos, sumindo com o termo em $xy$ e trabalhando melhor com a equação.

i) Antes de mais nada é preciso saber as fórmulas para a rotação:

$x_P=x'_P\cos\theta-y'_P\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta\\ y_P=x'_P\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta+y'_P\cos\theta$

Onde $(x'_P,y'_P)$ são as coordenadas do ponto $P$ depois de rotacionadas, cujas coordenadas "originais" são $(x_P,y_P)$.

Agora que temos essas fórmulas podemos rotacionar os eixos e fazer com que o termo em $x'y'$ seja igual a 0. Para isso, vamos substituir as fórmulas acima na equação dada, procurar os termos em $x'y'$ e igualá-los a 0:

$5x^2=5(x'\cos\theta-y'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta)^2\\ \\ 5x^2=5((x')^2\cos^2\theta-2.x'y'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta\cos\theta+(y')^2\mathrm{sen}^2\hspace{0,2mm}\theta)\\ \\ 5x^2=5(x')^2\cos^2\theta-5x'y'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)+5(y')^2\mathrm{sen}^2\hspace{0,2mm}\theta$
_____________________________________

$4xy=4(x'\cos\theta-y'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta)(x'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta+y'\cos\theta)\\ \\4xy=4((x')^2\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta\cos\theta+x'y'(\cos^2\theta-\mathrm{sen}^2\hspace{0,2mm}\theta)-(y')^2\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta\cos\theta)\\ \\ 4xy=2(x')^2\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)-2(y')^2\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)+4x'y'\cos(2\theta)$
______________________________________

$8y^2=8(x'\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta+y'\cos\theta)^2\\ \\ 8y^2=8((x')^2\mathrm{sen}^2\hspace{0,2mm}\theta+2x'y'.\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta\cos\theta+(y')^2\cos^2\theta)\\ \\ 8y^2=8(x')^2\mathrm{sen}^2\hspace{0,2mm}\theta+8x'y'.\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)+8(y')^2\cos^2\theta$

Agora vamos somar os termos com $x'y'$ e igualar a 0:

$-5\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)-4\cos(2\theta)+8\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)=0\\ \\ 3\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}(2\theta)=4\cos(2\theta)\\ \\ \boxed{\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}(2\theta)=\frac43}$

ii) Temos o valor da tangente de $2\theta$, mas precisamos saber do seno e cosseno de $\theta$. A partir da tangente do arco-duplo temos:

$\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}(2\theta)=\frac{2\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}\theta}{1-\mahtrm{tg}^2\hspace{0,2mm}\theta}=\frac43\\ \\ 2-2\mathrm{tg}^2\hspace{0,2mm}\theta=3\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}\theta$

Resolvendo essa equação do 2º grau em $\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}\theta$ encontramos dois possíveis valores, mas só ficaremos com o positivo (basta rotacionar o plano por um ângulo entre 0 e $\frac{\pi}{2}$). Vamos usá-lo para encontrar os valores do seno e cosseno:

$\mathrm{tg}\hspace{0,2mm}\theta=\frac12\Rightarrow \boxed{\mathrm{sen}\hspace{0,2mm}\theta=\frac{1}{\sqrt5}} \ \mathrm{e} \ \boxed{\cos\theta=\frac{2}{\sqrt5}}$

iii) Temos todos os dados necessários para resolver essa questão, basta, agora, substituir os seno e cosseno encontrados onde é preciso e simplificar. Como essa parte é a mais trivial do problema deixarei-a a cargo do leitor interessado.
Após simplificada temos a seguinte equação:

$4(x')^2+9(y')^2-8x'-12y'+4=0$

Completando quadrados encontramos:

$4(x')^2-8x'+4+9(y')^2-12y'+4=4\\ \\ 4(x'-1)^2+(3y'-2)^2=4\\ \\ 4(x'-1)^2+9(y'-\frac23)^2=4\\ \\ \boxed{\boxed{\frac{(x'-1)^2}{1}+\frac{\left(y'-\frac23\right)^2}{(2/3)^2}=1}}$

A equação acima representa uma elipse. Como ao rotacionar não alteramos a forma da cônica temos que a equação original também representa uma elipse.


Segue uma imagem do que seria essa rotação. As fórmulas podem ser deduzidas com trigonometria básica. Deixo ao leitor interessado a verificação de tais fórmulas.