Seja a equação 9 x^{2}+6 y^{2}+4 x y-5=0
(a) Dê a forma quadrática associada à equação (Escreva X^{T} A X )
(1,0 ptos.)
(b) Calcule os autovalores e autovetores ortonormais de A.
(1,0 ptos.)
(c) A partir de a ) e b ) substituindo X=P X^{\prime} com X^{\prime}=\left[\begin{array}{l}u \\\ v\end{array}\right], encontre a equação nas coordenadas u e v e identifique a cônica.

Passo 1

O enunciado dá a equação
9x^{2}+6y^{2}+4xy-5=0
e pede três coisas:
  • (a) escrever a forma quadrática associada em notação X^{T} A X (ou seja, encontrar a matriz A tal que X^{T}AX reproduza os termos quadráticos).
  • (b) calcular os autovalores e os autovetores ortonormais de A.
  • (c) usando a substituição X=P X' com X'=\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}, obter a equação em u,v e identificar a cônica resultante.
Informações relevantes fornecidas:
  • A parte quadrática da equação é 9x^{2}+4xy+6y^{2} (peguei o termo 4xy do enunciado).
  • Há uma constante -5 que faz parte da equação completa.
  • A transformação pedida é X=P X' com X'=\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}.]

Passo 2

(a) Como escrever a forma quadrática X^{T} A X.
Definição prática: para X=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} e uma matriz simétrica A=\begin{pmatrix}a&b\\[2pt]b&c\end{pmatrix} tem-se
X^{T}AX = a x^{2} + 2b\,xy + c y^{2}.
Comparando com a parte quadrática dada \,9x^{2}+4xy+6y^{2}\,, vemos que a=9, 2b=4\Rightarrow b=2 e c=6. Logo
A = \begin{pmatrix}9 & 2\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}.
Portanto a forma quadrática pedida é
X^{T}AX \quad\text{com}\quad A=\begin{pmatrix}9 & 2\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}.
Explicação didática curta: o coeficiente do termo misto xy aparece como 2b na forma X^{T}AX, por isso dividimos por 2 para obter o elemento fora da diagonal de A.]

Passo 3

(b) Encontrar autovalores de A.
Autovalores \lambda satisfazem \det(A-\lambda I)=0. Calculamos
\det\!\begin{pmatrix}9-\lambda & 2\\[4pt]2 & 6-\lambda\end{pmatrix} = (9-\lambda)(6-\lambda)-2\cdot2.
Desenvolvendo,
(9-\lambda)(6-\lambda)-4 = 54 -9\lambda -6\lambda +\lambda^{2} -4 = \lambda^{2}-15\lambda +50.
Resolvendo a equação quadrática \lambda^{2}-15\lambda+50=0. O discriminante é
\Delta = 15^{2}-4\cdot1\cdot50 = 225-200=25,
logo as raízes são
\lambda = \frac{15\pm\sqrt{25}}{2}=\frac{15\pm5}{2}.
Portanto
\lambda_{1} = \frac{15+5}{2}=10,\qquad \lambda_{2}=\frac{15-5}{2}=5.
Interpretação: ambos positivos, o que sugere que a forma quadrática é definida positiva (logo a cônica será elipse se a constante permitir).]

Passo 4

(b) (continuação) Calcular autovetores e ortonormalizá‑los.
Para \lambda_{1}=10 resolvemos (A-10I)v=0:
\begin{pmatrix}9-10 & 2\\[4pt]2 & 6-10\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix}.
A primeira linha dá -v_{1}+2v_{2}=0\Rightarrow v_{1}=2v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos um autovetor conveniente
v^{(1)}=\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=5 resolvemos (A-5I)v=0:
\begin{pmatrix}9-5 & 2\\[4pt]2 & 6-5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}.
A primeira linha dá 4v_{1}+2v_{2}=0\Rightarrow v_{2}=-2v_{1}. Tomando v_{1}=1 obtemos
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Verificação de ortogonalidade rápida:
\big(v^{(1)}\big)^{T} v^{(2)} = 2\cdot1 + 1\cdot(-2)=0,
portanto são ortogonais como deve ocorrer para autovetores de matriz simétrica associada a autovalores distintos.
Agora normalizamos (transformar em vetores unitários). A norma de \begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix} é \sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}. A norma de \begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix} é também \sqrt{5}. Assim os autovetores ortonormais são
p_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}, \qquad p_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Comentário didático: para matrizes simétricas os autovetores associados a autovalores diferentes são automaticamente ortogonais; aí basta dividir pela norma para obter vetores ortonormais.]

Passo 5

(c) Diagonalização e mudança de coordenadas X=P X'.
Formamos a matriz ortogonal P cujas colunas são os autovetores unitários p_{1},p_{2}:
P = \begin{pmatrix}\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{5}} & \dfrac{-2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}.
Por construção P^{T}P=I (matriz ortogonal) e vale a diagonalização
A = P \,D\, P^{T}, \qquad\text{onde}\qquad D=\begin{pmatrix}10 & 0\\[4pt]0 & 5\end{pmatrix}.
Agora faça a substituição X = P X' com X'=\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}. Então
X^{T} A X = (P X')^{T} A (P X') = {X'}^{T} (P^{T} A P) X' = {X'}^{T} D X'.
Portanto a equação original 9x^{2}+6y^{2}+4xy-5=0 em coordenadas u,v fica
{X'}^{T} D X' -5 = 0 \qquad\Rightarrow\qquad 10\,u^{2} + 5\,v^{2} - 5 = 0.
Dividindo ambos os lados por 5 obtemos a forma mais simples
2\,u^{2} + v^{2} = 1.]

Passo 6

Identificação da cônica.
A equação \,2u^{2}+v^{2}=1 tem coeficientes positivos nas componentes quadráticas e sem termos mistos nem termos lineares, com o lado direito positivo. Isso caracteriza uma elipse centrada na origem das coordenadas (u,v). Os eixos principais da elipse são precisamente as direções dos autovetores p_{1} e p_{2} (isto é, as colunas de P). Os semi-eixos têm comprimentos
a = \frac{1}{\sqrt{2}}\quad\text{(na direção do autovalor }10\text{)}, \qquad b = 1\quad\text{(na direção do autovalor }5\text{)}.çãçã

Resposta

(a) X^{T} A X com A=\begin{pmatrix}9 & 2\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}
(b) \lambda_{1}=10,\\ \lambda_{2}=5. Autovetores ortonormais:
p_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad p_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}
(c) Em u,v: 10u^{2}+5v^{2}-5=0, ou simplificando \;2u^{2}+v^{2}=1. A cônica é uma elipse.]

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