Vamos analisá-la usando conceitos de Álgebra Linear, para isso responda os itens abaixo:
a) Apresente a matriz A tal que Q(\vec{x})=\vec{x}^{T} A \vec{x};
b) Encontre os autovalores da matriz A encontrada no item a);
c) Encontre os autovetores associados aos autovalores encontrados acima.
Sugestão: denote-os por \vec{v}_{1} e \vec{v}_{2}.
Base ortonormal
d) Calcule a norma dos autovetores encontrados no item c). E, se eles não tiverem norma 1, normalize-os. Sugestão: denote-os por \vec{u}_{1} e \vec{u}_{2} os autovetores com norma 1.
e) O conjunto \mathcal{B}=\left\{\vec{u}_{1}, \vec{u}_{2}\right\}, formado pelos autovetores de A normalizados, é uma base ortonormal de \mathbb{R}^{2} ? Justifique.
Diagonalização e mudança de variáveis
f) A matriz A encontrada no item a) é diagonalizável? Se for, diagonalize esta matriz, ou seja, apresente uma matriz diagonal D e uma matriz P, sua inversa P^{-1} tal que A=P D P^{-1}.
g) No caso de A ser diagonalizável, a matriz P obtida acima é ortogonal? Justifique.
h) Obtenha novas variáveis y_{1} e y_{2} em função de x_{1} e x_{2} tais que quando escrevemos a forma quadrática em função dessas novas variáveis não temos termos mistos. Sugestão: use \vec{y}=P^{T} \vec{x}.
Análise geométrica da forma quadrática
i) Classifique as curvas de nível desta forma quadrática.
j) Qual o valor mínimo e o valor máximo de que Q nos pontos que satisfazem a condição x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.
e) Sim, a base \mathcal{B}=\left\{\vec{u}_{1}, \vec{u}_{2}\right\} é ortonormal, pois os vetores dela têm norma 1 e são ortogonais, já que \vec{u}_{1} \cdot \vec{u}_{2}=0.
f) A é diagonalizável.
g) Sim, P é ortogonal, pois suas colunas formam uma base ortonormal.
h)
i) As curvas de nível de Q são Elipses.
j) O valor mínimo de Q em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1 é 2 .
O valor máximo de Q em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1 é 3 .
e pede, em itens de (a) a (j):
a) achar a matriz A tal que Q(\vec{x})=\vec{x}^{T}A\vec{x};
b) encontrar os autovalores de A;
c) encontrar vetores próprios (autovetores) correspondentes;
d) calcular as normas desses autovetores e normalizá‑los (se necessário);
e) verificar se a base formada por esses autovetores normalizados é ortonormal;
f) diagonalizar A (apresentar D, P e P^{-1} tais que A=PDP^{-1}), se possível;
g) dizer se P é ortogonal;
h) achar novas variáveis y_{1},y_{2} (sugestão \vec{y}=P^{T}\vec{x}) que eliminem termos mistos na forma quadrática;
i) classificar geometricamente as curvas de nível de Q;
j) determinar o mínimo e máximo de Q sob a restrição x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.
Passo 2
Como regra geral, uma forma quadrática
Q(\vec{x})=\vec{x}^{T}A\vec{x}
com \vec{x}=(x_{1},x_{2})^{T} e sem termos lineares corresponde a uma matriz simétrica A cujas entradas são dadas pelos coeficientes dos termos quadráticos e mistos: o coeficiente de x_{1}^{2} é A_{11}, de x_{2}^{2} é A_{22}, e o termo de x_{1}x_{2} corresponde a 2A_{12} (pois \vec{x}^{T}A\vec{x} soma 2A_{12}x_{1}x_{2} quando A é simétrica). Aqui o coeficiente de x_{1}x_{2} é -1, então 2A_{12}=-1\Rightarrow A_{12}=A_{21}=-\tfrac{1}{2}. Assim:
Portanto \mathcal{B}=\{\vec{u}_{1},\vec{u}_{2}\} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^{2}.
Passo 7
Diagonalização: como A é simétrica e possui uma base de autovetores ortonormais, ela é diagonalizável por uma matriz ortogonal. Tomemos a matriz P cujas colunas são \vec{u}_{1} e \vec{u}_{2}:
A matriz diagonal D com os autovalores correspondentes nas posições diagonais (na mesma ordem das colunas de P) é
D=\begin{bmatrix}2 & 0\\[6pt]0 & 3\end{bmatrix}.
Como P é ortogonal, P^{-1}=P^{T}. A diagonalização é
A=PDP^{T}.]
Passo 8
Justificativa da ortogonalidade de P: colunas de P são vetores ortonormais, então P^{T}P=I. Isso é exatamente a definição de matriz ortogonal; portanto P é ortogonal e P^{-1}=P^{T}.
Passo 9
Mudança de variáveis sugerida: \vec{y}=P^{T}\vec{x}. Escrevendo explicitamente, com \vec{x}=(x_{1},x_{2})^{T},
Classificação geométrica das curvas de nível: para um valor fixo c>0, a equação de nível Q(\vec{x})=c na coordenada \vec{y} é
2y_{1}^{2}+3y_{2}^{2}=c,
que é a equação de uma elipse centrada na origem (eixos ao longo das direções dos autovetores). Como ambos os autovalores são positivos, Q é definida positiva e todas as curvas de nível Q(\vec{x})=c>0 são elipses; caso c=0 é apenas o ponto \vec{0}.
Passo 11
Mínimo e máximo de Q sob a restrição x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1: isto é um problema do quociente de Rayleigh. Para \vec{x} unitário (\|\vec{x}\|=1) vale
e os extremos são alcançados quando \vec{x} é autovetor correspondente ao autovalor mínimo ou máximo. Como \lambda_{\min}=2 e \lambda_{\max}=3, os valores pedido são:
mínimo =2 (ocorre em direção de \vec{u}_{1}) e máximo =3 (ocorre em direção de \vec{u}_{2}).
Resposta
a) A=\begin{bmatrix}\dfrac{5}{2} & -\dfrac{1}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2} & \dfrac{5}{2}\end{bmatrix}.
b) \lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=3.
c) \vec{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\end{bmatrix},\qquad \vec{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]-1\end{bmatrix}.
e na nova variável Q=2y_{1}^{2}+3y_{2}^{2} (sem termos mistos).
i) As curvas de nível Q(\vec{x})=c são elipses centradas na origem (para c>0); Q é definida positiva.
j) Sob x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1, \min Q=2 e \max Q=3.]