Este capítulo apresenta as transformações geométricas de translação e rotação de eixos no plano cartesiano R2. A translação translada o sistema de coordenadas para uma nova origem, enquanto a rotação gira os eixos em torno da origem por um ângulo θ. As equações de translação e rotação são fornecidas, e exemplos ilustram como aplicá-las para reduzir equações de cônicas à forma mais simples.

1. 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
Oxxh
O1
O

2. 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 2
1
2
1 =+ ⇒ 1
6
y
9
x 2
1
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 52
-1 C

3. 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 22
11
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= senyNM
y
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

4. 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 2
111111
2
11 =θ+θ+θ+θθ−θ−θ−θ
+θ−θ−θθ+θ+θθ−θ 11
222
1
22
yx)]sen(cos36cossen12[x)sen13cossen36cos7(
+ 16y)cos13cossen36sen7( 2
1
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
====++++++++++++++++++++

5. 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 22
11
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 2
111
2
1 =−++ (**), a equação transladada. De
?
0
6
55
6
CA
B
2tg ==
−
=
−
=θ Isso mostra que oo
45902 =θ⇒=θ , ou seja, este é o
ângulo de rotação para eliminar o termo x1y1. Fazendo o
45=θ nas equações de

6. 109
rotação



θ+θ=
θ−θ=
cosysenxy
senycosxx
221
221
⇒






+
=
−
=
2
yx
y
2
yx
x
22
1
22
1
. Substituindo em (**), vamos obter
04yx4 2
2
2
2 =−+ , que é a forma mais simples da equação da elipse de equação
reduzida 1
4
y
x
2
22
2 =+ , que, em relação ao sistema transladado e rotacionado, tem
centro na origem e eixo maior vertical.
Exercícios Propostos
1) Qual a translação que devemos fazer para reduzir a equação da hipérbole
069y30x16y5x4 22
=−++− na sua forma mais simples? Escrever a equação
reduzida da hipérbole depois da translação.
Resp: translação para C(-2,3); 1
8
y
10
x 2
1
2
1 =−
2) Determinar a equação da cônica 03y4x2yxy2x 22
=+−++− , após uma rotação
de 45o
nos eixos coordenados. Quem é a cônica?
Resp: 03x2y23y2 11
2
1 =+−− ; Parábola
3) Reduzir a expressão da cônica 0y516x58yxy4x4 22
=−−+− a sua forma mais
simples. Quem é a cônica?
Resp: 2
x
8
1
y = ; parábola (use:
5
5
sene
5
52
cos −=θ=θ )
4) Reduzir a expressão da cônica 0
5
381
y2x4yxy3x2 22
=







 +
−−++− a sua
forma mais simples. Quem é a cônica?
Resp: 1
2
y
10
x 2
2
2
2 =+ ; elipse (sugestão: faça primeiro a translação e depois a rotação)
Oy2
Oy1
Oy
Ox
Ox1
Ox2
1
-1