Responde Aí
Acesse com GoogleAcesse com AppleAcesse com Facebook

Enunciado

Álgebra Linear e Geometria Analítica - Anton - Álgebra Linear- Ed: 10º - Capítulo 7.3 - Ex. 6

Encontre uma mudança de variáveis ortogonal que elimine os termos mistos da forma quadrática Q e expresse Q em termos das novas variáveis.

Q = 5 x 1 2 + 2 x 2 2 + 4 x 3 2 - 4 x 1 x 2

Passo 1

Temos que a forma quadrática associada a A é

Q a x = x T A x

As entradas diagonais de A são coeficientes quadrados e as entradas fora da diagonal são metade dos coeficientes de produtos cruzados, então, temos que

Q a x = 5 x 1 2 + 2 x 2 2 + 4 x 3 2 - 4 x 1 x 2

Colocando na forma matricial teremos

Q a x = x 1 x 2 x 3 ⋅ 5 2 0 2 2 0 0 0 4 ⋅ x 1 x 2 x 3

Devemos nos lembrar que a equação característica da nossa matriz A de acordo com o teorema 5 é dada na seguinte forma

det ⁡ λ I - A = 0

Colocando sob a forma matricial podemos reescrever a equação acima como sendo

det ⁡ λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ - 5 2 0 2 2 0 0 0 4 = det ⁡ λ - 5 - 2 0 - 2 λ - 2 0 0 0 λ - 4

Esse determinante nos fornece a seguinte equação característica

det ⁡ A = λ 3 - 11 λ 2 + 33 λ - 24

Cujas raízes são λ 1 = 1 ,   λ 2 = 4 , λ 3 = 6 .

Passo 2

Pois bem, devemos nos lembrar que para encontrar os auto vetores que correspondem aos autovalores, resolvemos um sistema não trivial dado por

λ I - A ⋅ x = 0

Na notação matricial fica sendo

λ - 5 - 2 0 - 2 λ - 2 0 0 0 λ - 4 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Para o primeiro autovalor λ 1 = 1 vamos obter o seguinte sistema

- 4 - 2 0 - 2 - 1 0 0 0 - 3 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Faremos as seguintes operações com esse sistema

L 2 - L 1 2 → L 1 ,     - L 3 3 → L 3

Obteremos o seguinte

- 4 - 2 0 0 0 0 0 0 1  

Agora, faremos

T r o c a r   a   L 3   c o m   a   L 2 ,     - L 1 4 → L 1

E, assim, vamos encontrar

1 1 / 2 0 0 0 1 0 0 0  

Então, ficamos com

1 1 / 2 0 0 0 1 0 0 0 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

→ x 1 + x 2 2 = 0 → x 1 = - x 2 2 ,     x 3 = 0

Assim, teremos o seguinte auto vetor associado ao primeiro autovalor

- 1 / 2 1 0 = - 1 2 0

Passo 3

Para o segundo autovalor   λ 2 = 4 vamos proceder da mesma forma e oobteremos seguinte sistema

- 1 - 2 0 - 2 2 0 0 0 0 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Faremos as seguintes operações, em sequência, com esse sistema

1     T r o c a r   L 1   c o m   L 2 ,     L 2 - L 1 2 → L 2

2   - L 2 3 → L 2 ,     L 1 - 2 L 2 → L 1 ,   - L 1 2 → L 2

Então, ficamos com

1 0 0 0 1 0 0 0 0 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

→ x 1 = x 2 = 0 ,   x 3 = x 3

Assim, teremos o seguinte auto vetor associado ao primeiro autovalor

0 0 1

Passo 4

Para o terceiro autovalor   λ 2 = 6 vamos proceder da mesma forma e oobteremos seguinte sistema

1 - 2 0 - 2 4 0 0 0 2 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Faremos as seguintes operações, em sequência, com esse sistema

1       t r o c a r   L 1   c o m   a   L 2 ,     L 2 - L 1 2 → L 2

2   L 3 2 → L 3 ,     T r o c a r   d e   l u g a r   L 3   c o m   L 2 ,     - L 1 2 → L 1

Então, ficamos com

1 - 2 0 0 0 1 0 0 0 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

→ x 3 = 0 ,     x 1 - 2 x 2 = 0 → x 1 = 2 x 2 ,     x 2 = x 2

Assim, teremos o seguinte auto vetor associado ao primeiro autovalor

2 1 0

Passo 5

Aplicando o algoritmo de Gram-Schmidt para cada uma dessas bases para obter bases ortonormais para os auto espaços. Então teremos

v 1 = x 1 x 1

v 1 = 1 - 1 2 + | 2 | 2 + 0 2 ⋅ - 1 2 0 = 1 5 ⋅ - 1 2 0 = - 1 5 2 5 0

Procedendo de maneira igual para v 2 teremos

v 2 = x 2 x 2 = 1 0 2 + 0 2 + | 1 | 2 ⋅ 0 0 1 = 1 1 ⋅ 0 0 1 = 0 0 1

Do mesmo jeito para v 3 teremos

v 3 = 1 2 2 + 1 2 + | 0 | 2 ⋅ 2 1 0 = 1 5 ⋅ 2 1 0 = 2 5 1 5 0

Portanto, A é diagonalizável pela matriz unitária

P = 1 5 0 2 5 - 2 5 0 1 5 0 1 0

Essa matriz tem uma propriedade importante que é

P ⋅ P t = I = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 → P - 1 = P t

Agora, vamos utilizar o teorema 7 que trata da mudança de variáveis fazendo

x = P y → x 1 x 2 x 3 = 1 5 0 2 5 - 2 5 0 1 5 0 1 0 ⋅ y 1 y 2 y 3

Assim, nossa nova forma quadrática vai ser dada por

Q = y T P T A P y

Devemos lembrar que a matriz A é diagonalizável por P   e   P - 1 , além disso o resultado é uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal principal são exatamente os próprios autovalores, assim,

P T A P = 1 0 0 0 4 0 0 0 6

Dessa forma, temos nossa conta simplificada para

Q = y T P T A P y → Q = y 1 y 2 y 3 ⋅ 1 0 0 0 4 0 0 0 6 ⋅ y 1 y 2 y 3

Por fim, temos que a forma quadrática desejada será dada por

Q = y 1 2 + 4 y 2 2 + 6 y 3 2

Resposta

Q = y 1 2 + 4 y 2 2 + 6 y 3 2

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

Em cada caso, identifique o tipo de seção cônica representada pela equação. a y - x 2 = 0 b3 x - 11 y 2 = 0
Identifique o tipo de cônica representada pela equação girando os eixos para colocar a cônica em posição canônica. Encontre a equação da cônica no sistema de coordenadas girado e determine o ângulo de
Identifique o tipo de cônica representada pela equação girando os eixos para colocar a cônica em posição canônica. Encontre a equação da cônica no sistema de coordenadas girado e determine o ângulo de
Identifique o tipo de cônica representada pela equação girando os eixos para colocar a cônica em posição canônica. Encontre a equação da cônica no sistema de coordenadas girado e determine o ângulo de
Encontre uma mudança de variáveis ortogonal que elimine os termos mistos da forma quadrática Q e expresse Q em termos das novas variáveis. Q = 2 x 1 2 + 5 x 2 2 + 5 x 3 2 + 4 x 1 x 2 - 4 x 1 x 3 - 8 x