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 \{-5,-6,0\}, podemos afirmar que:
(A) f(\vec{v}) \geq 0 para todo \vec{v} e existe \vec{w} \neq \overrightarrow{0} \operatorname{com} f(\vec{w})=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} \operatorname{com} f(\vec{w})=0.
(E) f(\vec{v})>0 para todo \vec{v} \neq \overrightarrow{0}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede que escolhamos qual alternativa é verdadeira:
  • A é uma matriz simétrica 5\times5.
  • A forma quadrática associada é f(\vec{v})=\vec{v}^{T}A\vec{v}.
  • O espectro de A é \{-5,-6,0\}. (Isto significa que os valores próprios de A são apenas -5, -6 e 0, possivelmente com multiplicidades, totalizando 5 valores próprios.)
    As alternativas descrevem propriedades de sinal de f. Precisamos decidir qual alternativa é compatível com os dados acima.

Passo 2

Primeiro conceito importante (explicado devagar): toda matriz real simétrica pode ser diagonalizada por uma matriz ortogonal. Ou seja, existe uma matriz ortogonal Q (isto é, Q^{T}Q=I) cujas colunas são um sistema ortonormal de autovetores de A, e uma matriz diagonal D tal que
A = Q D Q^{T}.
Aqui D é diagonal com as entradas na diagonal sendo os valores próprios de A. Isso é útil porque em coordenadas de autovetores a forma quadrática fica muito simples (é só uma soma de termos com os valores próprios).

Passo 3

Agora faça a mudança de base para as coordenadas em que A é diagonal. Para qualquer vetor \vec{v} defina \vec{x}=Q^{T}\vec{v}. Como Q é ortogonal, podemos escrever \vec{v}=Q\vec{x}. Então:
f(\vec{v})=\vec{v}^{T}A\vec{v}=(Q\vec{x})^{T} (Q D Q^{T}) (Q\vec{x}).
Usando (Q\vec{x})^{T}= \vec{x}^{T}Q^{T} e Q^{T}Q=I obtemos
f(\vec{v})=\vec{x}^{T} D \vec{x}.
Se escrevemos \vec{x}=(x_{1},\dots,x_{5})^{T} e D=\operatorname{diag}(\lambda_{1},\dots,\lambda_{5}) com cada \lambda_{i} sendo um dos valores próprios ( -5,-6 ou 0), então em forma explícita
f(\vec{v})=\lambda_{1}x_{1}^{2}+\lambda_{2}x_{2}^{2}+\cdots+\lambda_{5}x_{5}^{2}.

Passo 4

Agora, usando o fato dado sobre o espectro: cada \lambda_{i} é igual a -5, -6 ou 0. Em particular cada \lambda_{i}\le 0. Para qualquer real x_{i}, o termo \lambda_{i}x_{i}^{2} é então \le 0 (porque x_{i}^{2}\ge 0 e \lambda_{i}\le 0). Somando esses termos,
f(\vec{v})=\sum_{i=1}^{5}\lambda_{i}x_{i}^{2}\le 0
para todo \vec{v}. Ou seja, f(\vec{v})\le 0 para todo \vec{v}\in\mathbb{R}^{5}.

Passo 5

Mostrando que existe \vec{w}\neq\vec{0} com f(\vec{w})=0: como 0 está no espectro, existe pelo menos um autovetor \vec{w}\neq\vec{0} tal que A\vec{w}=0. Para esse vetor
f(\vec{w})=\vec{w}^{T}A\vec{w}=\vec{w}^{T}0=0.
Portanto existe vetor não nulo que anula a forma quadrática.

Passo 6

Verificando que também existem vetores com f(\vec{v})<0: escolha um autovetor \vec{u} associado ao valor próprio -5 (ou ao -6). Então A\vec{u}=-5\vec{u} e
f(\vec{u})=\vec{u}^{T}A\vec{u}=-5\,\vec{u}^{T}\vec{u}=-5\|\vec{u}\|^{2}.
Como \vec{u}\neq\vec{0} temos \|\vec{u}\|^{2}>0, logo f(\vec{u})<0. Isso mostra que a forma não é identicamente zero nem positiva; ela assume valores negativos e também tem zeros (na direção do autovalor zero).

Passo 7

Agora compare isso com as alternativas:
  • (A) afirma f(\vec{v})\ge 0 para todo \vec{v} e existe \vec{w}\neq\vec{0} com f(\vec{w})=0. Isso é falso porque encontramos vetores com f(\vec{v})<0.
  • (B) afirma que existem \vec{v} e \vec{w} com f(\vec{v})<0<f(\vec{w}). Isso exigiria que f assumisse valores positivos; mas já vimos que todos os \lambda_{i}\le 0, então f(\vec{v})\le 0 para todo \vec{v}, logo não existem valores positivos.
  • (C) afirma f(\vec{v})<0 para todo \vec{v}\neq\vec{0}. Isso é falso porque existe \vec{w}\neq\vec{0} com f(\vec{w})=0 (autovetores do valor próprio 0).
  • (D) afirma f(\vec{v})\le 0 para todo \vec{v} e existe \vec{w}\neq\vec{0} com f(\vec{w})=0. Isso coincide exatamente com o que provamos: todos os valores são \le 0 e há vetores não nulos que dão 0.
  • (E) afirma f(\vec{v})>0 para todo \vec{v}\neq\vec{0}. Isso é obviamente falso.
Portanto a única alternativa compatível é a que descreve f(\vec{v})\le 0 para todo \vec{v} e existência de vetor não nulo com f=0.

Resposta

(D)

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