Considere a forma quadrática abaixo:
\begin{gathered} Q: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} \\\ Q\left(x_{1}, x_{2}\right)=x_{1}^{2}+4 x_{1} x_{2}-2 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} 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} 3 & 4 \\\\ 4 & -3 \end{array}\right]
b) Autovalores:
\lambda_{1}=-5, \quad \lambda_{2}=5
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}{c} \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}{c} \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 Hipérboles.
j) O valor mínimo de Q em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1 é -5 .
O valor máximo de Q em x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1 é 5 .

Passo 1

O enunciado nos dá a forma quadrática
Q:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad Q(x_1,x_2)=x_1^{2}+4x_1x_2-2x_2^{2},
e pede os itens (a) a (j), ou seja:
  • (a) escrever a matriz A tal que Q(\vec{x})=\vec{x}^{T}A\vec{x};
  • (b) encontrar os autovalores de A;
  • (c) encontrar os autovetores associados;
  • (d) calcular as normas desses autovetores e normalizá‑los, obtendo \vec{u}_1,\vec{u}_2;
  • (e) verificar se \mathcal{B}=\{\vec{u}_1,\vec{u}_2\} é uma base ortonormal;
  • (f) diagonalizar A (apresentar D, P e P^{-1} com A=PDP^{-1}, se possível);
  • (g) dizer se P é ortogonal;
  • (h) obter novas variáveis y_1,y_2 (sugerido \vec{y}=P^{T}\vec{x}) que eliminem termos mistos;
  • (i) classificar geometricamente as curvas de nível de Q;
  • (j) encontrar máximo e mínimo de Q restrito à circunferência x_1^{2}+x_2^{2}=1.
As informações concretas dadas: a expressão explícita da forma quadrática acima. Nada mais foi fornecido.

Passo 2

Como construir a matriz A a partir da forma quadrática — explicação didática:
  • Para uma forma quadrática em (x_1,x_2),
Q(x_1,x_2)=a_{11}x_1^2+2a_{12}x_1x_2+a_{22}x_2^2,
a matriz simétrica associada é
A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12}\\[4pt] a_{12} & a_{22}\end{pmatrix},
pois então \vec{x}^{T}A\vec{x}=a_{11}x_1^2+2a_{12}x_1x_2+a_{22}x_2^2.
Aplicando isso ao caso dado: o coeficiente de x_1^2 é 1, o de x_2^2 é -2, e o termo misto 4x_1x_2 corresponde a 2a_{12}x_1x_2, logo 2a_{12}=4\Rightarrow a_{12}=2.
Portanto
A=\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.]

Passo 3

Encontrar os autovalores de A — procedimento passo a passo:
  • Autovalores são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
    Calculemos
\det\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 2 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-2-\lambda)-2\cdot2.
Desenvolvendo os produtos:
(1-\lambda)(-2-\lambda)=-2 -\lambda +2\lambda +\lambda^{2}=\lambda^{2}+\lambda-2.
Subtraindo 4 (pois 2\cdot2=4):
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+\lambda-2-4=\lambda^{2}+\lambda-6.
Igualando a zero:
\lambda^{2}+\lambda-6=0.
Resolver a equação quadrática:
\lambda=\frac{-1\pm\sqrt{1+24}}{2}=\frac{-1\pm5}{2}.
Assim obtemos
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=-3.]

Passo 4

Autovetor associado a \lambda_{1}=2 — método e cálculo:
  • Resolvemos (A-2I)\vec{v}=\vec{0}.
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 2\\[4pt] 2 & -2-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt] 2 & -4\end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema equivalente -v_1+2v_2=0 (primeira linha), obtemos v_1=2v_2.
Tomando v_2=1 por simplicidade, escolhemos o autovetor
\vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida: A\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1&2\\\ 2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\\ 4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\\ 2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}, OK.]

Passo 5

Autovetor associado a \lambda_{2}=-3 — cálculo:
  • Resolvemos (A+3I)\vec{v}=\vec{0}.
A-(-3)I=A+3I=\begin{pmatrix}1+3 & 2\\[4pt] 2 & -2+3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}.
Da primeira equação 4v_1+2v_2=0 obtemos 2v_1+v_2=0\Rightarrow v_2=-2v_1.
Tomando v_1=1, escolhemos
\vec{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Verificação: A\vec{v}_2=\begin{pmatrix}1&2\\\ 2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-4\\\ 2-(-2)(-2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\\ -6\end{pmatrix}=-3\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}, OK.]

Passo 6

Normas e normalização dos autovetores — explicação e cálculo:
  • Norma euclidiana de \vec{v}=(v_1,v_2) é \|\vec{v}\|=\sqrt{v_1^2+v_2^2}.
    Calculemos:
\|\vec{v}_1\|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}, \qquad \|\vec{v}_2\|=\sqrt{1^2+(-2)^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}.
Como as normas não são 1, normalizamos dividindo cada vetor por sua norma:
\vec{u}_1=\frac{\vec{v}_1}{\|\vec{v}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}, \qquad \vec{u}_2=\frac{\vec{v}_2}{\|\vec{v}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[6pt]-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificar ortonormalidade de \mathcal{B}=\{\vec{u}_1,\vec{u}_2\}:
  • Já temos \|\vec{u}_1\|=1 e \|\vec{u}_2\|=1 por construção.
  • Checamos ortogonalidade pelo produto escalar:
\vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix} =\frac{1}{5}(2\cdot1+1\cdot(-2))=\frac{1}{5}(2-2)=0.
Logo os vetores são ortogonais e cada um tem norma 1; portanto \mathcal{B} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^2.

Passo 8

Diagonalização de A — construção de P, D e relação A=PDP^{-1}:
  • Para matrizes simétricas reais, o teorema espectral garante diagonalização ortogonal: existe matriz P cujas colunas são autovetores ortonormais e P^{-1}=P^{T}, com
A=PDP^{T}.
Tomando P com colunas \vec{u}_1,\vec{u}_2:
P=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}} & -\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}.
A matriz diagonal D coloca os autovalores nas posições correspondentes às colunas de P. Como \vec{u}_1 corresponde a \lambda_1=2 e \vec{u}_2 a \lambda_2=-3,
D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & -3\end{pmatrix}.
Como P é ortonormal por colunas, P^{-1}=P^{T}, e portanto
A=PDP^{T}\quad\text{(ou equivalentemente }A=PDP^{-1}\text{).}]

Passo 9

A matriz P é ortogonal? — justificativa:
  • Uma matriz é ortogonal se suas colunas (ou linhas) formam uma base ortonormal, o que significa P^{T}P=I e P^{-1}=P^{T}.
  • Já mostramos que \vec{u}_1,\vec{u}_2 são ortonormais; portanto P é ortogonal. Consequentemente P^{-1}=P^{T}.

Passo 10

Mudança de variáveis que elimina termo misto — como obter y_1,y_2:
  • A sugestão é usar \vec{y}=P^{T}\vec{x}. Como P é ortogonal, essa é rotação/reflexão que alinha os eixos aos autovetores.
    Escrevendo explicitamente \vec{x}=(x_1,x_2)^{T} e \vec{y}=(y_1,y_2)^{T}:
\vec{y}=P^{T}\vec{x} \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix}y_1\\[4pt]y_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}} & -\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}^{T} \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\end{pmatrix}.
Como P é simétrica neste caso (observe as entradas), P^{T}=P, então explicitamente:
y_1=\frac{2}{\sqrt{5}}x_1+\frac{1}{\sqrt{5}}x_2, \qquad y_2=\frac{1}{\sqrt{5}}x_1-\frac{2}{\sqrt{5}}x_2.
Na nova variável \vec{y} a forma quadrática fica diagonal:
Q(x_1,x_2)=\vec{x}^{T}A\vec{x}=\vec{y}^{T}D\vec{y}=2y_1^{2}-3y_2^{2},
não havendo termos mistos.]

Passo 11

Classificação geométrica das curvas de nível de Q:
  • As curvas de nível são conjuntos \{(x_1,x_2):Q(x_1,x_2)=c\}.
  • Como na forma diagonalizada os coeficientes (autovalores) têm sinais opostas ( 2>0 e -3<0), a forma quadrática é indefinida. Isso significa que, para c\neq0, as curvas de nível são hipérboles; para c=0 obtemos as retas que formam o cone degenerado (no plano, a equação 2y_1^{2}-3y_2^{2}=0 corresponde a duas retas).
  • Portanto: curvas de nível são hipérbolas (exceto o caso degenerado c=0).

Passo 12

Máximo e mínimo de Q sobre a circunferência x_1^{2}+x_2^{2}=1 — explicação (fórmula de Rayleigh):
  • Para uma matriz simétrica A, o valor máximo de \vec{x}^{T}A\vec{x} sujeito a \|\vec{x}\|=1 é o maior autovalor, e o mínimo é o menor autovalor. Isso é o conteúdo do princípio variacional (ou da propriedade do quociente de Rayleigh).
  • Aqui, sobre a circunferência unitária, os valores extremos são simplesmente os autovalores:
\max_{\;x_1^{2}+x_2^{2}=1}Q(x_1,x_2)=\lambda_{\max}=2, \qquad \min_{\;x_1^{2}+x_2^{2}=1}Q(x_1,x_2)=\lambda_{\min}=-3.
  • Os pontos onde ocorrem são as direções dos autovetores normalizados: máximo em \vec{u}_1 (ou -\vec{u}_1), mínimo em \vec{u}_2 (ou -\vec{u}_2).

Resposta

(a) A=\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}
(b) \lambda_{1}=2,\quad \lambda_{2}=-3
(c) \vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad \vec{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}
(d) \|\vec{v}_{1}\|=\sqrt{5},\quad \|\vec{v}_{2}\|=\sqrt{5}.
\displaystyle \vec{u}_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad \vec{u}_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}
(e) Sim. \mathcal{B}=\{\vec{u}_1,\vec{u}_2\} é ortonormal, pois \|\vec{u}_1\|=\|\vec{u}_2\|=1 e \vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=0.
(f) Sim, A é diagonalizável:
D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & -3\end{pmatrix},\quad P=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[8pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}} & -\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix},\quad P^{-1}=P^{T}.
(g) Sim. P é ortogonal porque suas colunas formam uma base ortonormal ( P^{T}P=I).
(h) Mudança \vec{y}=P^{T}\vec{x} com
y_1=\frac{2}{\sqrt{5}}x_1+\frac{1}{\sqrt{5}}x_2,\qquad y_2=\frac{1}{\sqrt{5}}x_1-\frac{2}{\sqrt{5}}x_2,
nesse sistema Q=2y_1^{2}-3y_2^{2}, sem termos mistos.
(i) As curvas de nível de Q são hipérboles (para c\neq0; caso degenerado c=0 dá duas retas).
(j) Sobre x_1^{2}+x_2^{2}=1: valor máximo 2 e valor mínimo -3.]

Exercícios relacionados