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Enunciado

Álgebra Linear e Geometria Analítica - Anton - Álgebra Linear- Ed: 10º - Capítulo 7.3 - Ex. 8

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 2 x 3

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

Colocando na forma matricial teremos

Q a x = x 1 x 2 x 3 ⋅ 2 2 - 2 2 5 - 4 - 2 - 4 5 ⋅ 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 - 2 2 - 2 2 5 - 4 - 2 - 4 5 = det ⁡ λ - 2 2 - 2 - 2 λ - 5 4 2 4 λ - 5

Esse determinante nos fornece a seguinte equação característica

det ⁡ A = λ 3 - 12 λ 2 + 21 λ - 10

Cujas raízes são λ 1 = 1 ,   λ 2 = 1 , λ 3 = 10 .

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

Para o primeiro e segundo autovalores λ 1 = λ 2 = 1 vamos obter o seguinte sistema

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

Faremos as seguintes operações com esse sistema

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

Obteremos o seguinte

- 2 - 4 4 0 0 0 2 4 - 4  

Agora, faremos

L 3 + L 1 → L 3 ,     - L 1 2 → L 1

E, assim, vamos encontrar

1 2 - 2 0 0 0 0 0 0  

Então, ficamos com

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

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

Assim, teremos os seguintes vetores associados aos autovalores

x 1 = - 2 1 0 , x 2 = 2 0 1

Passo 3

Para o terceiro autovalor   λ 2 = 7 vamos proceder da mesma forma e oobteremos seguinte sistema

8 2 - 2 - 2 5 4 2 4 5 ⋅ x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Faremos as seguintes operações, em sequência, com esse sistema

1       L 2 + L 1 4 → L 2 ,     L 3 - L 1 4 → L 3

2   L 3 - L 2 → L 3 ,     9 2 ⋅ L 2 → L 2

3   L 1 + 2 L 2 → L 1 , L 1 8 → L 1

Então, ficamos com

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

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

Assim, teremos o seguinte auto vetor associado ao primeiro autovalor

x 3 = - 1 2 - 1 1

Passo 4

Os vetores associados aos autovalores iguais são linearmente independentes, vamos aplicar nesses o processo de Gram-Schmidt para encontrar os auto vetores ortonormais assim teremos

v 1 = x 1 = - 2 1 0

v 2 = x 2 - < x 2 , v 1 >   < x 1 , x 1 > ⋅ v 1 = 2 0 1 + 4 5 ⋅ - 2 1 0 = 2 / 5 4 / 5 1

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

Procedendo de maneira igual para v 2 teremos

v 2 = x 2 x 2 = 1 2 5 2 + 4 5 2 + | 1 | 2 ⋅ 2 / 5 4 / 5 1 = 5 45 ⋅ 2 / 5 4 / 5 1 = 2 45 4 45 5 45

Do mesmo jeito para v 3 teremos

v 3 = 1 - 1 2 2 + - 1 2 + | 2 | 2 ⋅ - 1 2 - 1 1 = 1 1 4 + 1 + 1 ⋅ - 1 2 - 1 1 = - 1 3 - 2 3 2 3

Portanto, A é diagonalizável pela matriz unitária

P = - 2 5 2 4 5 - 1 3 1 5 4 4 5 - 2 3 0 5 4 5 2 3

Um fato interessante sobre nossa matriz é que P ⋅ P T = I , ou seja, nossa matriz inversa é nossa matriz transposta. Dessa forma nossa matriz diagonalizada será dada por

P - 1 A P = 1 0 0 0 1 0 0 0 10

Passo 6

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

x = P y → x 1 x 2 x 3 = - 2 5 2 45 - 1 3 1 5 4 45 - 2 3 0 5 45 2 3 ⋅ 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 1 0 0 0 10

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 1 0 0 0 10 ⋅ y 1 y 2 y 3

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

Q = y 1 2 + y 2 2 + 10 y 3 2

Resposta

Q = y 1 2 + y 2 2 + 10 y 3 2

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em cada parte, expresse a forma quadrática na notação matricial x T A x com uma matriz simétrica A . 5 x 1 2 + 5 x 1 x 2 - 7 x 1 x 2 x 1 2 + x 2 2 - 3 x 3 2 - 5 x 1 x 2 + 9 x 1 x 3