Q15: Seja A uma matriz simétrica 5 \times 5 e f(\vec{v})=\vec{v}^{T} A \vec{v} a forma quadrática associada. Se o espectro de A é \{-3,5,-1\}, podemos afirmar que:
(A) f(\vec{v})<0 para todo \vec{v} \neq \overrightarrow{0}.
(B) existem \vec{v} e \vec{w} tais que f(\vec{v})<0<f(\vec{w}).
(C) f(\vec{v})>0 para todo \vec{v} \neq \overrightarrow{0}.
(D) f(\vec{v}) \leq 0 para todo \vec{v} e existe \vec{w} \neq \overrightarrow{0} com f(\vec{w})=0.
(E) f(\vec{v}) \geq 0 para todo \vec{v} e existe \vec{w} \neq \overrightarrow{0} com $f(\vec{w})=0.

Passo 1

O enunciado dá que A é uma matriz simétrica 5\times5 e define a forma quadrática f(\vec{v})=\vec{v}^{T}A\vec{v}. Também informa o espectro de A como \{-3,5,-1\}. A pergunta é: qual das alternativas (A)–(E) é verdadeira?
Informações relevantes extraídas do enunciado:
A é simétrica e tem dimensão 5\times5.
• Os valores próprios (autovalores) presentes são -3, 5 e -1. (O enunciado mostrou o conjunto dos autovalores; suas multiplicidades podem ser maiores, mas 0 não aparece no espectro fornecido.)
• A forma quadrática é f(\vec{v})=\vec{v}^{T}A\vec{v}.

Passo 2

Teoria útil (explicação didática do que vamos usar): a Teoria Espectral para matrizes simétricas. Vou explicar devagarinho.
Uma matriz simétrica A tem um conjunto ortonormal de autovetores que forma uma base de \mathbb{R}^{5}. Isso significa que existe uma matriz ortogonal P (colunas são autovetores ortonormais) e uma matriz diagonal D contendo os autovalores, tais que
A = P D P^{T}.
Aqui P ortogonal significa P^{T}P=I. A matriz D é diagonal com entradas D_{ii}=\lambda_i, os autovalores de A. Essa factorização simplifica muito a forma quadrática — é o truque padrão: diagonalizar por uma mudança de base ortonormal.

Passo 3

Aplicando essa diagonalização à forma quadrática: seja \vec{v}\in\mathbb{R}^{5} arbitrário e defina \vec{u}=P^{T}\vec{v}. Como P é ortogonal, essa é apenas uma mudança de coordenadas ortonormal (rotação/reflexão). Então
f(\vec{v})=\vec{v}^{T}A\vec{v}=\vec{v}^{T}(PDP^{T})\vec{v}=(P^{T}\vec{v})^{T}D(P^{T}\vec{v})=\vec{u}^{T}D\vec{u}.
Como D é diagonal com entradas \lambda_1,\ldots,\lambda_5, escrevemos
\vec{u}=(u_1,\dots,u_5)^{T}\quad\text{e}\quad f(\vec{v})=\sum_{i=1}^{5}\lambda_i u_i^{2}.
Interpretação: cada coordenada u_i (projeção de \vec{v} num autovetor) contribui com \lambda_i u_i^2. O sinal de \lambda_i decide se essa contribuição é positiva, negativa ou nula. Isso é a chave para avaliar se f é sempre positiva, sempre negativa, semidefinida, etc.

Passo 4

Aplicando ao nosso caso: o espectro contém \lambda=5 (positivo) e também \lambda=-3 e \lambda=-1 (negativos). Não importa a multiplicidade exata: sabemos com certeza que existe pelo menos um autovetor \vec{p} associado a 5 e pelo menos um autovetor \vec{q} associado a -3 (ou a -1).
  • Se tomarmos \vec{w}=\vec{p} (um autovetor correspondente a \lambda=5), então P^{T}\vec{w} tem uma coordenada u_i\neq0 apenas na posição correspondente a esse autovalor e nas demais coordenadas u_j=0. Assim
f(\vec{w})=\sum_i \lambda_i u_i^2 = 5\cdot (\text{algo positivo}) = 5\|\vec{p}\|^2>0.
Logo existe \vec{w} com f(\vec{w})>0.
  • Se tomarmos \vec{v}=\vec{q} (autovetor correspondente a \lambda=-3), pelo mesmo raciocínio
f(\vec{v})=-3\|\vec{q}\|^2<0.
Logo existe \vec{v} com f(\vec{v})<0.
Portanto existem vetores \vec{v} e \vec{w} tais que f(\vec{v})<0<f(\vec{w}). Isso prova que a forma quadrática é indefinida (tem valores positivos e negativos).
Observação pedagógica sobre as outras alternativas:
• Não pode ser f(\vec{v})<0 para todo \vec{v}\neq\vec{0} (alternativa (A)), porque já encontramos \vec{w} com f(\vec{w})>0.
• Nem pode ser f(\vec{v})>0 para todo \vec{v}\neq\vec{0} (alternativa (C)), porque já encontramos \vec{v} com f(\vec{v})<0.
• As alternativas (D) e (E) afirmam semidefinitude (todas as imagens \le0 ou \ge0) mais existência de um vetor não-nulo que zera a forma. Essas não podem ser verdadeiras porque já existem valores estritamente positivos e estritamente negativos; portanto a forma não é semidefinida. Note também que o espectro informado não contém 0, mas atenção: a ausência de autovalor zero não impede que exista vetor não-nulo com f(\vec{v})=0 por cancelamento entre contribuições de sinais opostos (por exemplo, com autovalores 1 e -1 pode ocorrer soma zero com um vetor apropriado). Porém isso não salva (D) nem (E), porque elas exigem a desigualdade global para todo \vec{v}, o que já foi refutado pelo par de vetores que encontramos.

Passo 5

Conclusão final do raciocínio: existe ao mesmo tempo um autovalor positivo ( 5) e autovalores negativos ( -3,-1), então a forma quadrática assume valores positivos e negativos. Logo a afirmação verdadeira é a que diz que existem \vec{v} e \vec{w} tais que f(\vec{v})<0<f(\vec{w}).

Resposta

(B)

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