Considere a forma quadrática abaixo:
\begin{gathered} Q: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} \\\ Q\left(x_{1}, x_{2}\right)=3 x_{1}^{2}+8 x_{1} x_{2}-3 x_{2}^{2} . \end{gathered}
Vamos analisá-la usando conceitos de Álgebra Linear, para isso responda os itens abaixo:

Representação matricial

a) Apresente a matriz A tal que Q(\vec{x})=\vec{x}^{T} A \vec{x};

Autovalores e autovetores

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} tais que quando escrevemos x_{1} e x_{2} em função delas a forma quadrática obtida não tem termos mistos. Escreva a expressão da forma quadrática nas novas coordenadas e apresente as expressões de x_{1} e x_{2} em função das novas variáveis y_{1} e y_{2}. Sugestão: use \vec{x}=P \vec{y}.

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.

Passo 1

O enunciado dá a forma quadrática
Q(x_{1},x_{2})=3x_{1}^{2}+8x_{1}x_{2}-3x_{2}^{2},
que é uma forma quadrática em \mathbb{R}^{2}. Para analisá-la usaremos Álgebra Linear de matrizes simétricas: representação matricial, autovalores, autovetores, diagonalização por mudança de base ortonormal, e em seguida classificação geométrica (hipérboles) e extremização sobre a esfera x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.

Passo 2

Representação matricial: se
Q(\vec x)=\vec x^{T}A\vec x
e \vec x=(x_{1},x_{2})^{T}, então no padrão
\vec x^{T}\begin{pmatrix}a&b\b&d\end{pmatrix}\vec x =a\,x_{1}^{2}+2b\,x_{1}x_{2}+d\,x_{2}^{2}
precisamos ter a=3, 2b=8\implies b=4, d=-3.
Logo
A=\begin{pmatrix}3&4\\\ 4&-3\end{pmatrix}.

Passo 3

Autovalores de A: resolvemos \det(A-\lambda I)=0, ou seja
\det\begin{pmatrix}3-\lambda&4\\\ 4&-3-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)(-3-\lambda)-16 =\lambda^{2}-25=0.
Daí \lambda_{1}=5 e \lambda_{2}=-5.

Passo 4

Autovetores: para \lambda_{1}=5,
(A-5I)\vec v=0\implies \begin{pmatrix}-2&4\\\ 4&-8\end{pmatrix}\!\begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix}=0 \implies v_{1}=2v_{2}.
Escolhemos \vec v_{1}=(2,1)^{T}.
Para \lambda_{2}=-5,
(A+5I)\vec v=0\implies \begin{pmatrix}8&4\\\ 4&2\end{pmatrix}\!\begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\end{pmatrix}=0 \implies v_{1}=-\tfrac12v_{2}.
Escolhemos \vec v_{2}=(-1,2)^{T}.

Passo 5

Normas e normalização:
\|\vec v_{1}\|=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt5,
\|\vec v_{2}\|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt5.
Logo
\vec u_{1}=\frac1{\sqrt5}(2,1)^{T},\quad \vec u_{2}=\frac1{\sqrt5}(-1,2)^{T},
que têm norma 1.

Passo 6

Ortonormalidade:
\langle \vec u_{1},\vec u_{2}\rangle =\tfrac1{5}(2\cdot(-1)+1\cdot2)=0 e \|\vec u_{i}\|=1.
Portanto \{\vec u_{1},\vec u_{2}\} é base ortonormal de \mathbb{R}^{2}.

Passo 7

Diagonalização: como A é simétrica, é diagonalizável por base ortonormal. Definimos
P=[\vec u_{1}\;\;\vec u_{2}] =\begin{pmatrix}\tfrac{2}{\sqrt5}&-\tfrac{1}{\sqrt5}\\[6pt] \tfrac{1}{\sqrt5}&\tfrac{2}{\sqrt5}\end{pmatrix}, \quad D=\mathrm{diag}(5,-5).
Então
A=PDP^{-1}.]

Passo 8

Ortogonalidade de P: como as colunas de P são ortonormais,
P^{T}P=I\implies P^{-1}=P^{T},
logo P é matriz ortogonal.

Passo 9

Mudança de variáveis: defina \vec x=P\vec y. Então
Q(\vec x)=\vec x^{T}A\vec x =\vec y^{T}P^{T}A\,P\vec y =\vec y^{T}D\vec y =5y_{1}^{2}-5y_{2}^{2}.
As fórmulas inversas são
\begin{cases} x_{1}=\tfrac{2y_{1}-y_{2}}{\sqrt5},\\\ x_{2}=\tfrac{y_{1}+2y_{2}}{\sqrt5}. \end{cases}

Passo 10

Classificação geométrica: \lambda_{1}>0>\lambda_{2} indica forma indefinida; as curvas de nível Q(x_{1},x_{2})=c são hipérboles (para c\neq0) e, para c=0, par de retas.

Passo 11

Extremos em \|\vec x\|=1: o valor máximo do quociente de Rayleigh é \lambda_{\max}=5 e o mínimo é \lambda_{\min}=-5. Portanto em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1 tem
\max Q=5,\quad \min Q=-5.

Resposta

a)
A=\begin{pmatrix}3&4\\\ 4&-3\end{pmatrix}.
b) \lambda_{1}=5,\\ \lambda_{2}=-5.
c) \vec v_{1}=(2,1)^{T},\\ \vec v_{2}=(-1,2)^{T}.
d) \|\vec v_{i}\|=\sqrt5;
\vec u_{1}=\tfrac1{\sqrt5}(2,1)^{T},\\ \vec u_{2}=\tfrac1{\sqrt5}(-1,2)^{T}.
e) Sim, pois \langle\vec u_{1},\vec u_{2}\rangle=0 e \|\vec u_{i}\|=1.
f) Sim.
P=\begin{pmatrix}\tfrac{2}{\sqrt5}&-\tfrac{1}{\sqrt5}\\[4pt] \tfrac{1}{\sqrt5}&\tfrac{2}{\sqrt5}\end{pmatrix}, \quad D=\mathrm{diag}(5,-5), \quad A=PDP^{-1}.
g) Sim, P^{T}P=I.
h) Com \vec x=P\vec y:
Q=5y_{1}^{2}-5y_{2}^{2},\quad x_{1}=\frac{2y_{1}-y_{2}}{\sqrt5},\quad x_{2}=\frac{y_{1}+2y_{2}}{\sqrt5}.
i) Hipérboles (forma indefinida).
j) \max Q=5, \min Q=-5 em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.]

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