Translação e Rotação

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 ℜ2
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
x = x1 + h
,
P(x1,y1), em relação ao novo sistema. Pela figura abaixo temos que: 
y = y1 + k
chamadas de equações de translação no ℜ2.
Oy
Oy1
y
y1
k
O1
O
P(x,y)≡(x1,y1)
x1
Ox1
x
h
Ox
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
x1 = 5 − (−3) = 8
⇒ P(x1, y1) = (8,−5)

y1 = −3 − 2 = −5
de
translação,
teremos:
x1 = x − h

y1 = y − k
⇒
Oy1
Oy
O1(-3,2)
h=-3
-5
k=2
O
-3
8
Ox1
5
Ox
P(5,-3)≡(8,-5)
Exemplo (2): Determine a equação reduzida da elipse 2x2 + 3y2 − 8x + 6y − 7 = 0 ,
depois que a origem foi transladada para o ponto O1(2,-1).
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x = x1 + h
x = x1 + 2
Solução: Fazendo: 
⇒ 
na equação da elipse, teremos:
y = y1 + k
y = y1 − 1
2(x1 + 2)2 + 3(y1 − 1)2 − 8(x1 + 2) + 6(y1 − 1) − 7 = 0
⇒
2x12 + 3y12 − 18 = 0
⇒
2x12 3y12 18
x2 y2
+
=
⇒ 1 + 1 = 1 . Note que, a equação reduzida da elipse, antes da
18
18
18
9
6
translação era
(x − 2)2 (y + 1)2
+
= 1 , cujo centro é o ponto C(2,-1), ou seja, foi
9
6
feita uma translação para o centro da elipse.
Oy
-1
Oy1
2
5
Ox
x
-1
C
Ox1
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 3x2 − 4y2 + 6x + 24y − 135 = 0 , 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: 3(x + 1)2 − 4(y − 3)2 = 102 ⇒
(x + 1)2 (y − 3)2
+
= 1 . Logo, o centro é C(-1,3) que será a nova origem O1(h,k).
34
− 51
2
x = x1 − 1
Fazendo 
na equação geral, segue que:
y = y1 + 3
3(x1 − 1)2 − 4(y1 + 3)2 + 6(x1 − 1) + 24(y1 + 3) − 135 = 0 ⇒ 3x12 − 4y12 = 102 .
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.
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x = x1 + h
Sabemos que: 
. Substituindo na equação 3x2 − 4y2 + 6x + 24y − 135 = 0 ,
y
=
y
+
k
1

teremos:
3(x1 + h)2 − 4(y1 + k)2 + 6(x1 + h) + 24(y1 + k) − 135 = 0 .
Desenvolvendo
3x12 − 4y12 + (6h + 6)x1 − (8k − 24)y1 + (3h2 − 4k2 + 6h + 24k − 135) = 0 .
Impondo
as
condições para que os coeficientes dos termos de primeiro grau sejam nulos:
6h + 6 = 0 ⇒ h = −1
. Portanto, a translação dever ser feita para a nova origem

8k − 24 = 0 ⇒ k = 3
O1(h, k) = (−1,3) .
2 ROTAÇÃO DE EIXOS NO ℜ2
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.
Oy
P(x,y)≡(x1,y1)
y
Oy1
θ
y1
Ox1
R
x1
Q
S
θ
O
N
x
M
Ox
x = OM − NM
Pela figura acima temos: 
.
y = NQ + QP
No triângulo OMR:
NQ = x1senθ .
cos θ =
No
cos θ =
triângulo
OM
⇒ OM = x1 cos θ
x1
PQR:
QP
⇒ QP = y1 cos θ . Portanto,
y1
e
MR = NQ
QR = NM e sen θ =
x = OM − NM

y = NQ + QP
⇒
e
senθ =
NQ
⇒
x1
NM
⇒ NM = y1 sen θ
y1
e
 x = x 1 cos θ − y 1 senθ
,

 y = x 1 senθ + y 1 cos θ
chamadas de equações de rotação no ℜ2. Podemos escrever as equações de
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 cos θ − senθ 
 x   cos θ − senθ   x1 
 ⋅   , onde [M]θ = 

rotação na forma matricial:   = 
 senθ cos θ 
 y   senθ cos θ   y1 
é chamada de matriz de rotação de um ângulo θ.
Exemplo (5): Determine as coordenadas do ponto P(-2,6), após os eixos
coordenados sofrerem uma rotação de 60o.
− 2 = x cos 60o − y sen 60o
1
1
Solução: Usando as equações de rotação: 
⇒
6 = x1 sen 60o + y1 cos 60o
− 2 = 1 x − 3 y

2 1
2 1

3
6 =
x + 1y
2 1 2 1

x − 3y1 = −4
⇒  1
. Resolvendo o sistema linear, teremos:
 3x1 + y1 = 12
x = −1 + 3 3
. Portanto, o ponto P terá novas coordenadas P(−1 + 3 3, 3 + 3 ) .

y = 3 + 3
Exemplo (6): Determine o ângulo, segundo o qual, os eixos devem ser
rotacionados para eliminar o termo xy na equação 7x2 − 6 3xy + 13y2 = 16 .
Solução: Substituindo as equações de rotação na equação dada, teremos:
7(x1 cos θ − y1 sen θ)2 − 6 3(x1 cos θ − y1 sen θ)(x1 sen θ + y1 cos θ) + 13(x1 sen θ + y1 cos θ)2 = 16
(7 cos2 θ − 6 3 sen θ cos θ + 13 sen2 θ)x12 + [12 sen θ cos θ − 6 3(cos2 θ − sen2 θ)]x1y1 +
+ (7 sen2 θ + 6 3 sen θ cos θ + 13 cos2 θ)y12 = 16
(*)
Fazendo o coeficiente do termo x1y1 igual a zero, teremos:
6(2 cos θ sen θ) − 6 3(cos2 θ − sen2 θ) = 0 ⇒ 6 sen 2θ − 6 3 cos 2θ = 0 ⇒ tg2θ = 3
⇒
2θ = 60o ⇒ θ = 30o . Substituindo θ na equação (*), a equação se reduz a
x12
+ y12 = 1 . Esta é a equação reduzida de uma elipse de centro na origem e semi4
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:
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
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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:
se B2 − 4AC < 0 ⇒ elipse

2
se B − 4AC = 0 ⇒ parábola
se B2 − 4AC > 0 ⇒ hipérbole

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: tg2θ =
B
A−C
Exemplo (7): Por meio de uma translação e rotação dos eixos coordenados,
reduzir a equação da cônica 5x2 + 6xy + 5y2 − 4x + 4y − 4 = 0 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 tg2θ =
B
. Como A = 5 , B = 6 e C = 5 ⇒
A−C
B2 − 4AC = −64 < 0 , ou seja, a cônica em questão é uma elipse. Vamos primeiro
x = x1 + h
fazer a translação, substituindo 
na equação dada:
y = y1 + k
5(x1 + h)2 + 6(x1 + h)(y1 + k) + 5(y1 + k)2 − 4(x1 + h) + 4(y1 + k) − 4 = 0
(*)
2
2
5x1
+ 6x1y1 + 5y1
+ (10h + 6k − 4)x1 + (6h + 10k + 4)y1 + (5h2 + 6hk + 5k 2 − 4h + 4k − 4) = 0
Para eliminar os termos de primeiro grau x1 e y1, façamos seus coeficientes iguais a
10h + 6k − 4 = 0
h = 1
zero: 
. Resolvendo o sistema teremos: 
. Então, a nova
6h + 10k + 4 = 0
k = −1
origem será O1(1,−1) que é o centro da cônica. Substituindo h=1 e k=-1 em (*),
vamos
tg2θ =
obter:
5x12 + 6x1y1 + 5y12 − 8 = 0 (**),
a
equação
transladada.
De
B
6
6
=
=
= ? Isso mostra que 2θ = 90o ⇒ θ = 45o , ou seja, este é o
A −C 5−5 0
ângulo de rotação para eliminar o termo x1y1. Fazendo θ = 45o nas equações de
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x2

x1 =
x1 = x 2 cos θ − y 2 senθ
rotação 
⇒ 
x
y1 = x 2 senθ + y 2 cos θ
y1 = 2

− y2
2 . Substituindo em (**), vamos
+ y2
2
2
obter 4x2
2 + y2 − 4 = 0 , que é a forma mais simples da equação da elipse de
equação
reduzida
y2
2 = 1,
x2
+
2
4
que, em
relação ao
sistema
transladado
e
rotacionado, tem centro na origem e eixo maior vertical.
Oy
Oy1
Oy2
Ox2
1
Ox
-1
Ox1
Exercícios Propostos
1) Qual a translação que devemos fazer para reduzir a equação da hipérbole
4x2 − 5y2 + 16x + 30y − 69 = 0 na sua forma mais simples? Escrever a equação
reduzida da hipérbole depois da translação.
Resp: translação para C(-2,3);
2) Determinar a equação da cônica
x12 y12
−
=1
10
8
x2 − 2xy + y2 + 2x − 4y + 3 = 0 , após uma
rotação de 45o nos eixos coordenados. Quem é a cônica?
Resp: 2y12 − 3 2y1 − 2x1 + 3 = 0 ; Parábola
3) Reduzir a expressão da cônica 4x2 − 4xy + y2 − 8 5x − 16 5y = 0 a sua forma
mais simples. Quem é a cônica?
Resp: y =
1 2
2 5
5
x ; parábola (use: cos θ =
)
e sen θ = −
8
5
5
1 + 8 3 
 = 0 a sua
4) Reduzir a expressão da cônica 2x 2 − 3xy + y 2 + 4x − 2y − 


5


forma mais simples. Quem é a cônica?
Resp:
2
x2
2 + y2 = 1 ; elipse (sugestão: faça primeiro a translação e depois a rotação)
10
2