Considere a forma quadrática abaixo:
\begin{aligned} Q & : \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} \\\ Q\left(x_{1}, x_{2}\right)= & \frac{5}{2} x_{1}^{2}-x_{1} x_{2}+\frac{5}{2} x_{2}^{2} \end{aligned}
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.
Resposta:
a) Matriz associada:
A=\left[\begin{array}{cc} \frac{5}{2} & -\frac{1}{2} \\\\ -\frac{1}{2} & \frac{5}{2} \end{array}\right]
b) Autovalores:
\lambda_{1}=2, \quad \lambda_{2}=3
c) Autovetores:
\vec{v}_{1}=\left[\begin{array}{c} 1 \\\\ -2 \end{array}\right], \quad \vec{v}_{2}=\left[\begin{array}{l} 2 \\\\ 1 \end{array}\right] .
d) norma dos autovetores:
\left\|\vec{v}_{1}\right\|=\sqrt{5}, \quad\left\|\vec{v}_{2}\right\|=\sqrt{5}
normalização
\vec{u}_{1}=\frac{\vec{v}_{1}}{\left\|\vec{v}_{1}\right\|}=\left[\begin{array}{l} \frac{1}{\sqrt{5}} \\\ \frac{-2}{\sqrt{5}} \end{array}\right], \quad \vec{u}_{2}=\frac{\vec{v}_{2}}{\left\|\vec{v}_{2}\right\|}=\left[\begin{array}{l} \frac{2}{\sqrt{5}} \\\ \frac{1}{\sqrt{5}} \end{array}\right]
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.
D=\left[\begin{array}{cc} -5 & 0 \\\\ 0 & 5 \end{array}\right], \quad P=\left[\begin{array}{cc} \frac{-1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \end{array}\right], \quad P^{-1}=P^{T}=P=\left[\begin{array}{cc} \frac{-1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \end{array}\right]
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 .

Passo 1

O enunciado fornece a forma quadrática
Q:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad Q\left(x_{1},x_{2}\right)=\frac{5}{2}x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}+\frac{5}{2}x_{2}^{2},
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:
A=\begin{bmatrix}\dfrac{5}{2} & -\dfrac{1}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2} & \dfrac{5}{2}\end{bmatrix}.]

Passo 3

Para encontrar os autovalores \lambda calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo
A-\lambda I=\begin{bmatrix}\dfrac{5}{2}-\lambda & -\dfrac{1}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2} & \dfrac{5}{2}-\lambda\end{bmatrix},
temos
\det(A-\lambda I)=\left(\dfrac{5}{2}-\lambda\right)^{2}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right) =\left(\dfrac{5}{2}-\lambda\right)^{2}-\dfrac{1}{4}.
Expandindo:
\left(\dfrac{5}{2}-\lambda\right)^{2}-\dfrac{1}{4} =\lambda^{2}-5\lambda+\dfrac{25}{4}-\dfrac{1}{4} =\lambda^{2}-5\lambda+6.
Resolvendo \lambda^{2}-5\lambda+6=0 obtemos
\lambda=\frac{5\pm\sqrt{25-24}}{2}=\frac{5\pm1}{2},
logo
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=3.]

Passo 4

Agora achamos autovetores resolvendo (A-\lambda I)\vec{v}=\vec{0} para cada autovalor.
Para \lambda_{1}=2:
A-2I=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}.
A equação \left(\dfrac{1}{2}\right)x_{1}-\left(\dfrac{1}{2}\right)x_{2}=0 implica x_{1}=x_{2}. Um autovetor correspondente é, por exemplo,
\vec{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Para \lambda_{2}=3:
A-3I=\begin{bmatrix}-\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2}\\[6pt]-\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2}\end{bmatrix}.
A equação -\dfrac{1}{2}x_{1}-\dfrac{1}{2}x_{2}=0 implica x_{1}=-x_{2}. Um autovetor correspondente é, por exemplo,
\vec{v}_{2}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]-1\end{bmatrix}.
Observação: autovetores podem ser multiplicados por qualquer escalar não nulo; escolhemos vetores simples para facilitar.]

Passo 5

Vamos calcular as normas (comprimentos) dos autovetores e, se necessário, normalizá‑los.
Normas:
\|\vec{v}_{1}\|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2},\qquad \|\vec{v}_{2}\|=\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{2}.
Normalizando (dividindo cada vetor pela sua norma) obtemos os autovetores de norma 1:
\vec{u}_{1}=\frac{\vec{v}_{1}}{\|\vec{v}_{1}\|}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}, \qquad \vec{u}_{2}=\frac{\vec{v}_{2}}{\|\vec{v}_{2}\|}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt]-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}.]

Passo 6

Verificação de ortonormalidade: uma base é ortonormal se cada vetor tem norma 1 e vetores distintos são ortogonais (produto escalar zero).
Já vimos \|\vec{u}_{1}\|=\|\vec{u}_{2}\|=1. O produto escalar é
\vec{u}_{1}\cdot\vec{u}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0.
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}:
P=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}.
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},
P^{T}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}^{T} =P,
pois P é simétrica neste caso particular. Assim
\vec{y}=P^{T}\vec{x}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\dfrac{x_{1}+x_{2}}{\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}.
Denotando \vec{y}=(y_{1},y_{2})^{T}, temos
y_{1}=\frac{x_{1}+x_{2}}{\sqrt{2}},\qquad y_{2}=\frac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{2}}.
Na nova coordenada a forma quadrática fica
Q(\vec{x})=\vec{x}^{T}A\vec{x}=(P\vec{y})^{T}A(P\vec{y})=\vec{y}^{T}(P^{T}AP)\vec{y}=\vec{y}^{T}D\vec{y}=2y_{1}^{2}+3y_{2}^{2},
portanto os termos mistos desaparecem.]

Passo 10

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
\lambda_{\min}\le \vec{x}^{T}A\vec{x}\le \lambda_{\max},
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}.
d) \|\vec{v}_{1}\|=\sqrt{2},\quad \|\vec{v}_{2}\|=\sqrt{2}; \qquad \vec{u}_{1}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix},\quad \vec{u}_{2}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt]-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}.
e) Sim. \mathcal{B}=\{\vec{u}_{1},\vec{u}_{2}\} é ortonormal, pois \|\vec{u}_{i}\|=1 e \vec{u}_{1}\cdot\vec{u}_{2}=0.
f) Sim, A é diagonalizável:
D=\begin{bmatrix}2 & 0\\[6pt]0 & 3\end{bmatrix},\qquad P=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix},\qquad P^{-1}=P^{T}= \begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix},
com A=PDP^{T}.
g) Sim. P é ortogonal porque suas colunas formam uma base ortonormal ( P^{T}P=I).
h) \vec{y}=P^{T}\vec{x}
y_{1}=\dfrac{x_{1}+x_{2}}{\sqrt{2}},\qquad y_{2}=\dfrac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{2}},
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.]

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