Cônicas e quádricas

\(5x^2-4xy+8y^2 = 36\). Pelo Exemplo 9.17, autovalores \(4,9\) com autovetores \((2,1)\) e \((1,-2)\); nas coordenadas \(y_1,y_2\) ao longo deles, \(4y_1^2+9y_2^2 = 36\), isto é, \[\frac{y_1^2}{9}+\frac{y_2^2}{4} = 1:\] elipse de centro na origem, semi-eixo \(3\) na direção de \((2,1)\) e \(2\) na de \((1,-2)\).

Com termos lineares. A cônica \[5x^2-4xy+8y^2-16x-8y-16 = 0\] tem a mesma parte quadrática e os termos lineares \(b^tx\), com \(b = (-16,-8)\). Primeiro gira-se, como acima: com \(x = Qy\) (\(Q\) do Exemplo 9.17), \(b^tx = (Q^tb)^ty\) e \(Q^tb = (-8\sqrt5,0)\), porque \(b = -8(2,1)\) está na direção do primeiro autovetor. A equação fica \[4y_1^2+9y_2^2-8\sqrt5\,y_1-16 = 0.\] Depois completa-se o quadrado, \(4y_1^2-8\sqrt5\,y_1 = 4(y_1-\sqrt5)^2-20\): \[4(y_1-\sqrt5)^2+9y_2^2 = 36,\] e translada-se a origem, \(z_1 = y_1-\sqrt5\), \(z_2 = y_2\): \(\frac{z_1^2}{9}+\frac{z_2^2}{4} = 1\). É a mesma elipse, com centro em \(y = (\sqrt5,0)\), isto é, em \(x = Qy = (2,1)\).

\(x^2+2xy+y^2-2x+2y-3 = 0\). \(A = \left(\begin{smallmatrix}1&1\\1&1\end{smallmatrix}\right)\), autovalores \(2\) (direção \((1,1)\)) e \(0\) (direção \((1,-1)\)). Com \(x = \frac{u+v}{\sqrt2}\), \(y = \frac{u-v}{\sqrt2}\): \(x^2+2xy+y^2 = (x+y)^2 = 2u^2\) e \(-2x+2y = -2(x-y) = -2\sqrt2\,v\). A equação fica \[2u^2-2\sqrt2\,v-3 = 0,\qquad v = \frac{u^2}{\sqrt2}-\frac{3}{2\sqrt2}:\] parábola, com eixo na direção \((1,-1)\) e vértice em \(u = 0\), \(v = -\frac{3}{2\sqrt2}\), isto é, no ponto \((x,y) = (-\frac34,\frac34)\). O autovalor nulo não permite completar quadrado em \(v\): é o que faz a parábola.

\(x^2-y^2+2x+4y-4 = 0\). Sem termo cruzado: só transladar. \[(x+1)^2-1-(y-2)^2+4-4 = 0,\qquad (x+1)^2-(y-2)^2 = 1:\] hipérbole de centro \((-1,2)\), semi-eixo \(1\) na direção \(x\), assíntotas de inclinação \(\pm1\).

\(x^2+4xy+4y^2-6x-12y+8 = 0\). Com \(s = x+2y\): \(s^2-6s+8 = (s-2)(s-4) = 0\). Par de retas paralelas \(x+2y = 2\) e \(x+2y = 4\) (caso degenerado: \(\det A = 0\)).

Sabe-se antes de fazer contas que a cônica é degenerada: o polinômio se fatora, porque a parte linear é múltiplo de \(x+2y\), a direção do autovalor não nulo.

\(x^2+y^2+z^2+2xy = 1\): \(A = \left(\begin{smallmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{smallmatrix} \right)\), autovalores \(2,0,1\). Forma reduzida \(2u^2+w^2 = 1\) (sem \(v\)): cilindro elíptico com eixo na direção \((1,-1,0)\), do autovalor \(0\).

\(xy+yz+zx = 1\): \(A = \frac12(J-I)\), autovalores \(1,-\frac12,-\frac12\) (Exemplo 9.24), assinatura \((1,2)\): hiperboloide de duas folhas, com eixo na direção \((1,1,1)\).

Uma equação sem nenhum quadrado dá um hiperboloide de duas folhas; não há como adivinhar sem a assinatura.

\(x^2+y^2-z^2 = 1\): assinatura \((2,1)\), hiperboloide de uma folha.

\(x^2+y^2-z^2 = 0\): nível \(0\), cone (a figura do Teorema 9.20).

\(x^2+2y^2+3z^2-2xz = 1\): \(A = \left(\begin{smallmatrix}1&0&-1\\0&2&0\\-1&0&3\end{smallmatrix} \right)\). O autovalor \(2\) vem de \(y\); o bloco \(\left(\begin{smallmatrix}1&-1\\-1&3\end{smallmatrix} \right)\) tem \(\tr = 4\) e \(\det = 2\), logo autovalores \(2\pm\sqrt2>0\). Assinatura \((3,0)\): elipsoide, com semi-eixos \(\frac{1}{\sqrt2}\), \(\frac{1}{\sqrt{2+\sqrt2}}\), \(\frac{1}{\sqrt{2-\sqrt2}}\).

O atalho: quando a matriz se parte em blocos, os autovalores se calculam bloco a bloco (Proposição 8.45), e para decidir a assinatura de um bloco \(2\times2\) bastam \(\det\) e \(\tr\) (Proposição 9.31).