Aulas - CEDERJ - Álgebra Linear, Volume2, de 19 a 32, Notas de aula de Física
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Operadores ortogonais MÓDULO 3 – AULA 19

Aula 19 – Operadores ortogonais

Objetivos

Compreender o conceito e as propriedades apresentadas sobre opera- dores ortogonais.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14,

17 e 18. Você deve se lembrar de que um operador T : Rn → Rn é dito ortogonal

se existe uma base ortonormal α de Rn tal que a matriz de T na base α é uma matriz ortogonal, isto é, se a matriz [T ]α é ortogonal.

Veremos que os operadores ortogonais estão bem definidos no sentido

de que o fato de ser um operador ortogonal não depende da base ortonormal

escolhida, ou seja, se a matriz [T ]α, numa certa base ortonormal α de Rn, for ortogonal, então a matriz [T ]β também será ortogonal para qualquer outra

base ortonormal β de Rn.

Na verdade, temos o seguinte resultado:

Teorema 1

Sejam T : Rn → Rn um operador ortogonal e α e β duas bases ortonor- mais de Rn. Se a matriz [T ]α é ortogonal, então a matriz [T ]β também será ortogonal.

Demonstração:

O teorema sobre mudança de base para operadores lineares, visto no

curso de Álgebra Linear I, nos garante que

[T ]β = P −1[T ]αP,

onde P é a matriz mudança de base entre as bases ortonormais α e β. Como

α e β são duas bases ortonormais de Rn, temos que P é uma matriz ortogonal e, pelo Teorema 1 da Aula 10, segue-se que

P−1 = P t,

onde P t é a transposta da matriz P . Assim,

[T ]β = P t[T ]αP.

Como [T ]α é uma matriz ortogonal por hipótese e como o produto de

matrizes ortogonais é também uma matriz ortogonal, conclúımos que [T ]β

também será uma matriz ortogonal. ¤

7 CEDERJ

Operadores ortogonais

O resultado anterior simplifica um problema crucial: para decidirmos se

um dado operador linear T : Rn → Rné ortogonal, basta considerar qualquer base ortonormal α de Rn e verificar se a matriz [T ]α é uma matriz ortogonal.

Exemplo 1

Verifique que o operador linear T : R3 R3

T (x, y, z) = (x cos θ − y senθ, x senθ + y cos θ, z), com θ ∈ [0, 2π), é um operador ortogonal. Solução

De fato, escolhendo a base canônica {e1, e2, e3} de R3, dada por e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1),

obtemos T (e1) = (cos θ, senθ, 0)

T (e2) = (−senθ cos θ, 0) T (e3) = (0, 0, 1).

Portanto, a matriz que representa T nesta base é dada por

A =

 

cos θ −senθ 0 senθ cos θ 0

0 0 1

  .

Sabemos que A é uma matriz ortogonal de R3. Mais ainda, A é uma rotação de θ radianos em torno do eixo-z (Exemplo 1 da Aula 17). Assim, o

operador linear T é um operador ortogonal.

O próximo teorema segue imediatamente do Teorema 2 da Aula 10.

Teorema 2

Seja T : Rn → Rn um operador ortogonal. Então as seguintes proprieda- des são válidas:

1. T transforma bases ortonormais em bases ortonormais, ou seja, se

{v1,v2, . . . ,vn} é uma base ortonormal de Rn, então {Tv1, Tv2, . . . , Tvn} também é uma base ortonormal de Rn.

2. T preserva o produto interno, ou seja, para todo u,v Rn vale que 〈Tu, Tv= u,v〉 .

3. T preserva a norma, ou seja, para todo v Rn vale que ||Tv|| = ||v||.

CEDERJ 8

Operadores ortogonais MÓDULO 3 – AULA 19

Exemplo 2

Seja T : R2 R2 um operador ortogonal, então sua matriz na base canônica é da forma

( cos θ −senθ senθ cos θ

) ou

( cos θ senθ

senθ − cos θ

) ,

onde θ ∈ [0 , 2π).

Solução

De fato, sendo T : R2 R2 um operador ortogonal, sua matriz na base canônica de R2 será uma matriz ortogonal de ordem 2. Mas, pelos Exemplos 1 e 2 da Aula 10, sabemos que toda matriz ortogonal de ordem 2 é da forma

( cos θ −senθ senθ cos θ

) ou

( cos θ senθ

senθ − cos θ

) .

Sabemos também que a primeira matriz representa uma rotação de θ

radianos, no sentido anti-horário, em torno da origem, e a segunda matriz

representa uma reflexão em torno da reta pela origem que forma um ângulo

de θ/2 radianos com o semi-eixo x positivo.

Exemplo 3

a) Determine a transformação linear T : R2 R2 que leva o segmento de reta de extremidades (6, 2) e (1, 2) ao segmento de reta de extremi- dades (2, 6) e (1, 2), respectivamente (veja a Figura 19.1).

b) Mostre que a transformação acima é uma rotação. Determine, também,

o ângulo dessa rotação.

-6 -1 1

2 2

x x

y

y

6

Figura 19.1: O operador T . 9 CEDERJ

Operadores ortogonais

Solução

a) Queremos encontrar escalares a, b, c, d ∈ R tais que a matriz que repre- senta T na base canônica seja dada por

[T ] =

( a b

c d

) .

Da condição sobre as extremidades, temos

T (6, 2) = (

a b

c d

) ( 6

2

) =

( 2

6

) e

T (1 , 2) = (

a b

c d

) ( 1

2

) =

( 1

2

) ,

o que nos dá o sistema linear   

6a + 2b = 2 6c + 2d = 6 −a + 2b = 1 −c + 2d = 2

.

É fácil ver que a solução desse sistema é dada por:

a = 3/5; b = 4/5; c = 4/5 e d = 3/5.

Assim,

[T ] =

( 3/5 4/5

4/5 3/5

) .

b) Como as colunas da matriz [T ], representadas pelos vetores

v1 = (3/5 ,−4/5) e v2 = (4/5 , 3/5), formam uma base ortonormal de R2, conclúımos que a matriz [T ] é ortogonal e, conseqüentemente, o operador linear T é um operador ortogonal. Além disso, det[T ] = 1 e,

assim, o operador T é uma rotação de R2 cujo ângulo θ é dado por

θ = arccos(3/5).

Exerćıcios

1. Seja T : R3 R3 uma reflexão num plano π de R3 tal que T (1, 0,−1) = (1, 0, 1). Determine a matriz que representa o operador T com res- peito à base canônica.

2. Determine os autovalores e os autovetores associados da transformação

linear T do exerćıcio anterior.

CEDERJ 10

Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20

Aula 20 – Projeções ortogonais – 1a Parte

Objetivos

Compreender o conceito de projeção ortogonal em dimensão 2.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14,

17, 18 e 19.

Nesta e na próxima aula vamos apresentar um tipo de transformação

usada em áreas como a Computação Gráfica e o Desenho Geométrico. Trata-

se das projeções ortogonais. Nesta primeira aula, trabalharemos com as

projeções ortogonais em R2.

Exemplo 1

Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o eixo-x,

isto é, sobre a reta de equação cartesiana y = 0.

Solução

Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 20.1.

V= (x,y)

V'= (x,0) x

y

Figura 20.1: A projeção ortogonal no eixo-x.

Assim, temos a transformação linear

T : R2 R2 T (x, y) = (x, 0).

11 CEDERJ

Projeções ortogonais – 1a Parte

Denotando por {e1, e2} a base canônica de R2, temos que

T (e1) = T (1, 0) = (1, 0) = 1 · e1 + 0 · e2

T (e2) = T (0, 1) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica

é dada por

A =

( 1 0

0 0

) .

Vemos imediatamente algumas propriedades dessa projeção ortogonal.

1. A matriz A e, portanto, o operador T , não é invert́ıvel, pois det(A) = 0.

2. Como T (e2) = 0 · e2, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0, 1). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado

a λ2 = 0 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana

x = 0.

3. Como T (e1) = 1 · e1, então λ1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1, 0). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado

a λ1 = 1 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana

y = 0.

4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio caracteŕıstico é

p(x) = x (x− 1).

Exemplo 2

Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o eixo-y,

isto é, sobre a reta de equação cartesiana x = 0.

Solução

A projeção ortogonal no o eixo-y é dada pela transformação linear

T : R2 R2 T (x, y) = (0, y).

Geometricamente, esta transformação é representada pela Figura 20.2.

CEDERJ 12

Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20

(x,y)T (x,y)

x

y

Figura 20.2: A projeção ortogonal no eixo-y.

Como no Exemplo 1, temos que

T (e1) = T (1, 0) = (0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2

T (e2) = T (0, 1) = (0, 1) = 0 · e1 + 1 · e2.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica

é dada por

A =

( 0 0

0 1

) .

Como antes, vemos que:

1. A matriz A e, portanto, o operador T , não é invert́ıvel, pois det(A) = 0.

2. Como T (e1) = 0 · e1, então λ1 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e1 = (1 , 0). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado

a λ1 = 0 é exatamente o eixo-x, isto é, a reta de equação cartesiana

y = 0.

3. Como T (e2) = 1 · e2, então λ2 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado e2 = (0 , 1). Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado

a λ2 = 1 é exatamente o eixo-y, isto é, a reta de equação cartesiana

x = 0.

4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico

p(x) = x (x− 1).

13 CEDERJ

Projeções ortogonais – 1a Parte

Os exemplos 1 e 2 são muito simples, porém são muito importantes a sua

compreensão e o seu significado geométrico. Especialmente, certifique-se de

que tenha entendido os auto-espaços associados a cada autovalor. Usaremos

essas idéias para apresentar a projeção ortogonal sobre uma reta L qualquer

do R2 passando pela origem. Se você compreendeu bem a geometria dos exemplos anteriores, então não terá dificuldade em acompanhar o caso geral

a seguir.

Exemplo 3

Descreva a projeção ortogonal sobre uma reta L de R2 que passa pela origem. Solução

Suponhamos que a reta L seja paralela a um vetor unitário u1 R2, como ilustra a Figura 20.3.

u1

L

x

y

Figura 20.3: A reta L paralela ao vetor unitário u1.

O efeito geométrico da projeção ortogonal sobre a reta L é observado

na Figura 20.4.

TV

v L

x

y

Figura 20.4: A projeção ortogonal na reta L.

CEDERJ 14

Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20

A projeção ortogonal de um vetor v na direção do vetor u1 é dada por

T : R2 R2 v 7→ Tv = v,u1〉〈u1,u1u1,

de onde vemos que T é uma transformação linear. Para obter a fórmula

acima observamos que desejamos um vetor Tv da forma Tv = ku1 de modo

que v − ku1 seja ortogonal a u1 , como indica a Figura 20.5.

Figura 20.5: A projeção ortogonal de v na direção de u1

Assim, da ortogonalidade entre v − ku1 e u1 temos

= v − ku1,u1= v,u1〉 − 〈ku1,u1= v,u1〉 − k 〈u1,u1〉 ,

o que nos dá

k 〈u1,u1= v, u1〉 k =

v,u1〉 〈u1,u1〉 ,

e, portanto,

Tv = ku1 = v,u1〉 〈u1,u1u1.

Observe que na fórmula acima o vetor u1 não precisa ser unitário, mas,

caso seja, como u1, u1= 1, então a fórmula acima se simplifica para

Tv = v, u1u1.

Nosso problema agora é encontrar a matriz que represente a trans-

formação T . Veremos que, escolhendo uma base ortonormal adequada de

R2, a matriz de T nessa base é muito similar à matriz do Exemplo 1, visto anteriormente. Lembre que o problema da escolha de uma base ortonormal

adequada já foi tratado quando estudamos as reflexões de R2 com respeito a uma reta qualquer passando pela origem. Veja a Aula 12.

15 CEDERJ

Projeções ortogonais – 1a Parte

Seja β = {u1,u2} uma base ortonormal de R2 onde u1 é um vetor unitário paralelo à reta L e u2 é um vetor unitário normal à reta L. Veja a

Figura 20.6.

u1u2

L

x

y

Figura 20.6: A base ortonormal β = {u1, u2}.

Nesse caso, como u1,u1= 1 e pela observação acima temos que Tv = v,u1u1. Assim, vemos que

Tu1 = u1,u1u1 = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 Tu2 = u2,u1u1 = 0 · u1 = 0 · u1 + 0 · u2.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base β é dada

por

[T ]β =

( 1 0

0 0

) ,

que é exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quiser-

mos obter a matriz que representa T na base canônica, é só fazermos uma

mudança de base. Se α = {e1, e2} é a base canônica de R2, então

[T ]α = P [T ]βP −1,

onde P é a matriz mudança de base. Como P = [u1 u2], isto é, suas

colunas são vetores ortonormais, então P é uma matriz ortogonal e, portanto,

P−1 = P t. Como nos exemplos 1 e 2, temos as seguintes propriedades.

1. As matrizes [T ]α e [T ]β e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis,

pois det [T ]β = 0.

CEDERJ 16

Projeções ortogonais – 1a Parte MÓDULO 3 – AULA 20

2. Como T (u2) = 0 ·u2, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado u2. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é

exatamente a reta pela origem ortogonal à reta L.

3. Como T (u1) = 1 ·u1, então λ1 = 1 é um autovalor de T com autovetor associado u1. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é

exatamente a reta L.

4. O operador T é diagonalizável e seu polinômio caracteŕıstico é

p(x) = x (x− 1).

Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exem-

plo e os dois primeiros. Isto se deve à escolha adequada de uma base orto-

normal de R2.

Exerćıcios

1. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre a reta y =

3x com

respeito à base canônica.

2. Determine os autovalores e os auto-espaços associados da transformação

linear do exerćıcio 1.

17 CEDERJ

Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21

Aula 21 – Projeções ortogonais – 2a Parte

Objetivos

Compreender o conceito de projeção ortogonal em dimensão 3.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 10 a 14,

17 a 20.

Nesta aula daremos continuidade ao estudo das projeções ortogonais,

estudando as projeções ortogonais em R3. Apresentamos inicialmente os casos mais simples das projeções ortogonais nos planos coordenados. Em

seguida, trataremos do caso geral de uma projeção ortogonal sobre um plano

passando pela origem.

Exemplo 1

Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o plano-xy,

isto é, sobre o plano de equação cartesiana z = 0.

Solução

Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 21.1.

u1

z

V= (x,y,z)

V'= (x,y,0)

x y

Figura 21.1: A projeção ortogonal no plano-xy.

19 CEDERJ

Projeções ortogonais – 2a Parte

Assim, temos a transformação linear

T : R3 R3 T (x, y, z) = (x, y, 0).

Denotando por {e1, e2, e3} a base canônica de R3, temos que

T (e1) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 1 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 T (e2) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 T (e3) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica

é dada por

A =

 

1 0 0

0 1 0

0 0 0

  .

Como nos exemplos da Aula 20, vemos imediatamente algumas propri-

edades dessa projeção ortogonal.

1. A matriz A e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis, pois

det(A) = 0.

2. Como T (e3) = 0 · e3, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e3. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é

exatamente o eixo-z, que é o espaço gerado por e3.

3. Como T (e1) = 1 · e1 e T (e2) = 1 · e2, então λ1 = 1 é um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e1 e e2. Não é dif́ıcil

ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é exatamente o plano-xy, que

é o espaço gerado pelos vetores canônicos e1 e e2.

4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico

p(x) = x (x− 1)2.

Mais uma vez, chamamos a atenção do aluno para que compreenda bem

a geometria desse exemplo, pois ela será recorrente nos exemplos seguintes.

Vejamos outro exemplo de projeção ortogonal em um plano coordenado.

Exemplo 2

Determine a matriz que representa a projeção ortogonal sobre o plano-yz,

isto é, sobre o plano de equação cartesiana x = 0.

CEDERJ 20

Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21

Solução

Geometricamente, essa transformação é representada pela Figura 21.2.

z

(x,y,z) T(x,y,z)= (0,x,z)

x y

Figura 21.2: A projeção ortogonal no plano-yz.

Assim, temos a transformação linear

T : R3 R3 T (x, y, z) = (0, y, z).

Se você entendeu bem a geometria do Exemplo 1, então verá que neste

caso temos

T (e1) = T (1, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 T (e2) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0) = 0 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 T (e3) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 1) = 0 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base canônica

é dada por

A =

 

0 0 0

0 1 0

0 0 1

  .

Seguem também as propriedades:

1. A matriz A e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis, pois

det(A) = 0.

2. Como T (e1) = 0 · e1, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado e1. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é

exatamente o eixo-x, que é o espaço gerado por e1.

21 CEDERJ

Projeções ortogonais – 2a Parte

3. Como T (e2) = 1 · e2 e T (e3) = 1 · e3, então λ1 = 1 é um autovalor de T de multiplicidade 2 com autovetores associados e2 e e3. Não é dif́ıcil

ver que o auto-espaço associado a λ1 = 1 é exatamente o plano-yz, que

é o espaço gerado pelos vetores canônicos e2 e e3.

4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico

p(x) = x (x− 1)2.

O outro caso trivial, a projeção ortogonal sobre o plano-xz, é totalmente

análogo aos exemplos anteriores e deixamos como exerćıcio para você. Assim,

estando bem compreendidos os dois exemplos anteriores, podemos tratar da

projeção ortogonal sobre um plano qualquer de R3 passando pela origem.

Exemplo 3

Descreva a projeção ortogonal sobre um plano π de R3 que passa pela origem. Solução

Seja T : R3 R3 a projeção ortogonal sobre o plano π. Geometrica- mente, essa transformação é representada pela Figura 21.3.

Figura 21.3: A projeção ortogonal no plano-π.

Vamos agora obter uma base ortonormal β de R3 de modo que a matriz que representa a transformação T nessa base seja da mesma forma que a

matriz do Exemplo 1. Como conhecemos a equação cartesiana de plano

π, sabemos como obter um vetor normal a esse plano. Lembre: se π tem

equação ax + by + cz + d = 0, então o vetor u = (a, b, c) é um vetor normal

ao plano π. Seja, então, u3 um vetor unitário normal ao plano π. Usando

a equação cartesiana de π, como foi feito nas Aulas 17 e 18, facilmente

determinamos vetores unitários u1 e u2 de modo que β = {u1,u2,u3} seja uma base ortonormal de R3. Observe que os vetores unitários u1 e u2 são ortogonais e pertencem ao plano π. Veja a Figura 21.4.

CEDERJ 22

Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21

Figura 21.4: A base ortonormal β = {u1,u2,u3}.

A projeção ortogonal de um vetor v sobre o plano π é dada por

T : R3 R3

v 7→ Tv = v,u1〉〈u1,u1u1 + v,u2〉 〈u2,u2u2,

de onde vemos que T é uma transformação linear. Para obter a fórmula

acima observamos que desejamos um vetor Tv da forma Tv = k1u1 + k2u2

de modo que v − k1u1 − k2u2 seja ortogonal a u1 e u2, como indica a Figura 21.5.

Figura 21.5: A projeção ortogonal de v no plano π.

Assim, da ortogonalidade entre v − k1u1 − k2u2 e u1, temos 0 = v − k1u1 − k2u2,u1

= v,u1〉 − 〈k1u1, u1〉 − 〈k2u2,u1= v, u1〉 − k1 u1,u1〉 − k2 u2,u1= v, u1〉 − k1 u1,u1〉 ,

já que u2,u1= 0, o que nos dá k1 u1,u1= v,u1

k1 = v,u1〉 〈u1,u1〉 ,

e, portanto,

Tv = k1u1 + k2u2 = v,u1〉 〈u1,u1u1 +

v,u2〉 〈u2,u2u2.

23 CEDERJ

Projeções ortogonais – 2a Parte

Usando o fato de u1 e u2 serem vetores unitários, isto é,

u1,u1= u2,u2= 1, obtemos

Tv = v,u1u1 + v,u2u2.

Portanto, vemos que

Tu1 = u1,u1u1 + u1,u2u2 = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 Tu2 = u2,u1u1 + u2,u2u2 = u2 = 0 · u1 + 1 · u2 + 0 · u3 Tu3 = u3,u1u1 + u3,u2u2 = 0 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3.

Portanto, a matriz que representa a transformação T na base β

dada por

[T ]β =

 

1 0 0

0 1 0

0 0 0

  ,

que é exatamente da mesma forma que a matriz do Exemplo 1. Se quiser-

mos obter a matriz que representa T na base canônica, é só fazermos uma

mudança de base. Se α = {e1, e2, e3} é a base canônica de R3, então

[T ]α = P [T ]βP −1,

onde P é a matriz mudança de base. Como P = [u1 u2 u3], isto é, suas

colunas são vetores ortonormais, então P é uma matriz ortogonal e, portanto,

P−1 = P t. Como nos exemplos 1 e 2, temos as seguintes propriedades:

1. As matrizes [T ]α e [T ]β e, portanto, o operador T , não são invert́ıveis,

pois det [T ]β = 0.

2. Como T (u3) = 0 ·u3, então λ2 = 0 é um autovalor de T com autovetor associado u3. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço associado a λ2 = 0 é

exatamente a reta pela origem ortogonal a π.

3. Como T (u1) = 1 ·u1 e T (u2) = 1 ·u2, então λ1 = 1 é um autovalor de T com autovetores associados u1 e u2. Não é dif́ıcil ver que o auto-espaço

associado a λ1 = 1 é exatamente o plano π.

4. O operador T é diagonalizável com polinômio caracteŕıstico

p(x) = x (x− 1)2.

Cabe aqui, mais uma vez, ressaltar a analogia entre este terceiro exem-

plo e os dois primeiros. Isso se deve à escolha adequada de uma base orto-

normal de R3.

CEDERJ 24

Projeções ortogonais – 2a Parte MÓDULO 3 – AULA 21

Exerćıcios

1. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano-xz com res-

peito à base canônica.

2. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano x− z = 0 com respeito à base canônica.

3. Determine a matriz da projeção ortogonal sobre o plano gerado pelos

vetores v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 1, 1), com respeito à base canônica.

25 CEDERJ

Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22

Aula 22 – Matrizes simétricas

Objetivos:

Compreender o conceito de matriz simétrica.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 6, 7, 8,

9, 10, 20 e 21

Em muitas aplicações da Álgebra Linear, as matrizes simétricas apare-

cem com maior freqüência que qualquer outra classe de matrizes importantes.

A teoria correspondente a essas matrizes é muito rica e elegante, e depende,

de maneira especial, das teorias de diagonalização e ortogonalidade, vistas

em aulas anteriores. Veremos, nesta aula, que a diagonalização de uma ma-

triz simétrica é um fundamento essencial e necessário à discussão das formas

quadráticas que estudaremos no próximo módulo.

Lembramos que todas as matrizes e vetores considerados têm somente

elementos e componentes reais. Antes de começarmos a estudar a teoria

de diagonalização de matrizes simétricas, convém lembrarmos de algumas

definições que serão essenciais a este conteúdo.

Definição 1

Uma matriz A ∈ Mn(R) é simétrica se At = A, onde At representa a matriz transposta de A. Equivalentemente, a matriz A = (aij) é simétrica se

aij = aji para todo i, j.

Observe, primeiramente, que o conceito de matriz simétrica se aplica

apenas a matrizes quadradas. Observe também que os elementos da diagonal

principal de uma matriz simétrica A podem assumir valores arbitrários; no

entanto, elementos simétricos com respeito à diagonal principal têm o mesmo

valor.

Exemplo 1

As duas matrizes a seguir são simétricas:

A =

( 2 1

1 3

) e B =

 

4 1 0 1 2 3 0 3 2

  .

27 CEDERJ

Matrizes simétricas

No entanto, as matrizes abaixo não são simétricas:

C =

( 2 1 1 1 3 0

) e D =

  1 4 1 4 2 2

1 2 3

  .

A matriz C não é simétrica porque ela não é matriz quadrada, e a

matriz D não é simétrica porque d31 = 1 6= 1 = d13.

Vamos rever algumas propriedades das matrizes simétricas.

Teorema 1

Sejam A,B ∈ Mn(R) matrizes simétricas. Então A+B e cA, onde c ∈ R, também são matrizes simétricas.

Vale observar que o produto de duas matrizes simétricas não é necessa-

riamente uma matriz simétrica. Por exemplo, dadas as matrizes simétricas

A =

( 1 2

2 3

) e B =

( 4 5

5 6

)

temos que a matriz produto

AB =

( 1 2

2 3

) ( 4 5

5 6

) =

( 14 17

23 28

)

não é uma matriz simétrica, pois (AB)21 = 23 6= 17 = (AB)12.

Vamos rever o processo de diagonalização de matrizes, descrito nas

Aulas 6 e 7, agora aplicado a um caso particular de uma matriz simétrica.

Exemplo 2

Diagonalize, caso seja posśıvel, a matriz A =

 

6 2 1 2 6 1 1 1 5

 .

Solução

O polinômio caracteŕıstico da matriz A é dado por:

p(x) = det(xI3 − A)

=

∣∣∣∣∣∣∣

x− 6 2 1 2 x− 6 1 1 1 x− 5

∣∣∣∣∣∣∣

= (x− 6) · ∣∣∣∣∣

x− 6 1 1 x− 5

∣∣∣∣∣2 · ∣∣∣∣∣

2 1

1 x− 5

∣∣∣∣∣ + 1 · ∣∣∣∣∣

2 1

x− 6 1

∣∣∣∣∣ = x3 17x2 + 90x− 144 .

CEDERJ 28

Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22

As posśıveis ráızes racionais de p(x) são, obrigatoriamente, divisores de

144. Por inspeção, vemos que 3 é uma raiz e, depois, completando fatoração

de p(x), descobrimos que 6 e 8 também são ráızes. Assim,

p(x) = (x− 3)(x− 6)(x− 8).

Assim, os autovalores da matriz A são λ1 = 3, λ2 = 6 e λ3 = 8. Como

a matriz A possui 3 autovalores distintos, já podemos concluir que ela é uma

matriz diagonalizável.

Para o autovalor λ1 = 3, temos que os seus autovetores associados,

v = (x, y, z), satisfazem o sistema linear

(3 I3 − A)v = 0.

Um cálculo rotineiro, como foi visto na Aula 7, mostra que o auto-

espaço V3 é um subespaço de dimensão 1 e é gerado pelo vetor v1 = (1, 1, 1).

Analogamente, o auto-espaço V6, associado ao autovalor λ2 = 6, é o su-

bespaço de dimensão 1 gerado pelo vetor v2 = (1,−1, 2), e o auto-espaço V8, associado ao autovalorλ3 = 8, é o subespaço de dimensão 1 gerado pelo

vetor v3 = (1, 1, 0). Esses três vetores, v1, v2 e v3, formam uma base de R3 e poderiam ser usados para construir uma matriz P que diagonaliza a matriz

A. É fácil ver que {v1,v2,v3} é um conjunto ortogonal de R3 e que obtere- mos uma matriz ortogonal P se usarmos uma base ortonormal {u1,u2,u3}, obtida de {v1,v2,v3}, normalizando cada um dos vetores v1, v2 e v3. Como um múltiplo não-nulo de um autovetor também é um autovetor, a nova base

{u1,u2,u3} também seria uma base de autovetores de R3. Os vetores assim obtidos são:

u1 = (1/ √

3, 1/ √

3, 1/ √

3);

u2 = (1/ √

6,−1/√6, 2/√6) e u3 = (1/

2, 1/

2, 0).

Assim, as matrizes P e D são dadas por:

P =

 

1 /

3 1/6 1/2 1 /

3 1/6 1/2 1 /

3 2 /

6 0

  e D =

 

3 0 0

0 6 0

0 0 8

  .

Sabemos, das Aulas 6 e 7, que A = PDP−1. Agora, como as colunas de

P formam vetores ortonormais, então, pelo Teorema 2 da Aula 9, P é uma

matriz ortogonal, isto é, P−1 = P t. Assim, temos também que A = PDP t.

29 CEDERJ

Matrizes simétricas

Vimos, no Exemplo 2, que os autovetores da matriz simétrica A, asso-

ciados a autovalores distintos, são ortogonais. Isso é uma propriedade geral,

como mostra o próximo teorema.

Teorema 2

Seja A ∈ Mn(R) uma matriz simétrica; então qualquer conjunto de auto- vetores associados a autovalores distintos são ortogonais.

Demonstração:

Sejam v1,v2, . . . ,vk autovetores da matriz A associados aos autovalores

distintos λ1, λ2, . . . , λk. Assim, dados λi 6= λj, e observando que Avi = λivi e Avj = λjvj, queremos mostrar que vi,vj〉 = 0. Para isto, observamos que

λi 〈vi,vj〉 = 〈λivi,vj〉 = 〈Avi,vj〉 = (Avi)

tvj

= (vtiA t)vj

= (vtiA)vj , pois A é simétrica

= vti(Avj)

= vi, Avj〉 = vi, λjvj〉 = λj 〈vi,vj〉 .

Portanto, (λi−λj) vi,vj〉 = 0. Como λi−λj 6= 0, segue que vi,vj〉 = 0, isto é, os vetores vi e vj são ortogonais.

O tipo de diagonalização que aparece no Exemplo 2 é muito importante

na teoria das matrizes simétricas. Por isso, temos a seguinte definição.

Definição 2

Uma matriz A ∈ Mn(R) é dita diagonalizável por matriz ortogonal se existe uma matriz ortogonal P (lembre, P−1 = P t) e uma matriz diagonal D

tais que A = PDP t.

Da discussão do Exemplo 2 vimos que, para diagonalizar uma matriz

A ∈ Mn(R) utilizando uma matriz ortogonal P , foi preciso encontrar n auto- vetores linearmente independentes e ortogonais. A questão é: quando é que

isso é posśıvel de ser realizado? O próximo teorema caracteriza o tipo de

matriz que pode ser diagonalizada por matriz ortogonal.

Teorema 3

Uma matriz A ∈ Mn(R) é diagonalizável por matriz ortogonal se e so- mente se A é uma matriz simétrica.

CEDERJ 30

Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22

Demonstração:

Uma das direções é muito simples de ser feita. Suponha que A seja

diagonalizável por matriz ortogonal, como na Definição 2; então

At = (PDP t)t = (P t)tDtP t = PDP t = A,

onde (P t)t = P e Dt = D, já que D é uma matriz diagonal. Assim, con-

clúımos que A é uma matriz simétrica.

A rećıproca é muito mais complicada e será omitida nestas notas. A

idéia básica desta parte da demonstração será apresentada na próxima aula

e envolve um dos teoremas mais importantes da Álgebra Linear. ¤

Exemplo 3

Determine se a matriz

A =

 

3 2 4 2 6 2

4 2 3

 

é diagonalizável por matriz ortogonal e, caso seja, determine uma matriz

ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = PDP t.

Solução

Como A é uma matriz simétrica, então, pelo Teorema 3, ela é diago-

nalizável por matriz ortogonal. Vamos, agora, realizar o cálculo de diagona-

lização de A.

Os autovalores da matriz A são as ráızes do polinômio caracteŕıstico

p(x) = det(xI3 − A)

=

∣∣∣∣∣∣∣

x− 3 2 4 2 x− 6 2 4 2 x− 3

∣∣∣∣∣∣∣

= x3 12x2 + 21x + 98 .

Observando, por inspeção, que λ1 = 2 é uma raiz de p(x), temos que

p(x) = (x + 2) (x2 14x + 49) = (x + 2) (x− 7)2.

Assim, os autovalores da matriz A são λ1 = 2, com multiplicidade algébrica 1, e λ2 = 7, com multiplicidade algébrica 2.

31 CEDERJ

Matrizes simétricas

Para o autovalor λ1 = 2, temos que os autovetores associados, v = (x, y, z), satisfazem o sistema linear

(2 I3 − A)v = 0.

Completando os cálculos temos, que o auto-espaço V−2 é um subespaço

de dimensão 1 e é gerado pelo vetor v1 = (2,−1, 2). Para o autovalor λ2 = 7, como já sabemos que a matriz A é diagona-

lizável, o auto-espaço V7 tem dimensão igual a 2. O fato interessante é que

podemos construir uma base ortogonal de autovetores para esse subespaço

V7. Os autovetores v = (x, y, z) associados ao autovalor λ2 = 7 satisfazem o

sistema linear

(7 I3 − A)v = 0.

Usando as técnicas usuais para a resolução de sistemas lineares, obte-

mos que:

V7 = {v ∈ R3 |Av = 7v} = {v R3 |(7 I3 − A)v = 0} = {(x, y, z) R3 |2x + y − 2z = 0}.

Para obter uma base ortogonal de V7, observamos facilmente que

v2 = (1, 0, 1) ∈ V7. O outro vetor v3 = (a, b, c) ∈ V7 deve satisfazer 2a + b − 2c = 0 e ainda ser ortogonal a v2, isto é, v2,v3= 0, ou seja, a + c = 0. Portanto, v3 = (a, b, c) deve satisfazer o sistema linear

{ 2a + b− 2c = 0 a + c = 0 .

Completando os cálculos, obtemos, por exemplo, v3 = (1, 4, 1). Ob- serve que, pelo Teorema 2, o autovetor v1 é ortogonal aos autovetores v2

e v3, já que eles correspondem a autovalores distintos da matriz simétrica

A. Assim, {v1,v2,v3} é um conjunto ortogonal de autovetores da matriz A. Normalizando esses vetores, obtemos:

u1 = v1 ||v1|| = (2/3,−1/3, 2/3);

u2 = v2 ||v2|| = (1

/2, 0, 1

/2);

u3 = v3 ||v3|| = (1

/18, 4

/18, 1

/18).

CEDERJ 32

Matrizes simétricas MÓDULO 3 – AULA 22

Portanto, {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de autovetores de A. Com esses autovetores, obtemos a matriz P e com os autovalores, obtemos a

matriz D:

P =

  2/3 1/2 1/18 1/3 0 4/18 2/3 1

/2 1

/18

  ;

D =

 

2 0 0

0 7 0

0 0 7

  ,

de modo que A = PDP t.

Exerćıcios

1. Mostre que se A é uma matriz simétrica, então A2 também é uma

matriz simétrica.

2. Mostre que se A é uma matriz diagonalizável por matriz ortogonal

então A2 também é.

3. Determine uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que

A = PDP t, onde a matriz A é dada por

A =

 

1 2 0 0

2 1 0 0

0 0 1 2 0 0 2 1

  .

33 CEDERJ

O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23

Aula 23 – O Teorema Espectral

Objetivos:

Compreender o significado do Teorema Espectral. Compreender a decomposição espectral de matrizes simétricas. Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes.

Pré-requisitos: Aulas 5 e 22

Nesta aula, continuaremos estudando as matrizes simétricas e fare-

mos uma breve discussão do chamado Teorema Espectral para Matrizes

Simétricas, mencionado na demonstração do Teorema 3 da aula passada. Os

detalhes da demonstração desse importante teorema serão omitidos nestas

notas. Uma versão simples do Teorema Espectral é apresentada a seguir.

Teorema 1 (Teorema Espectral para Matrizes Simétricas)

Seja A ∈ Mn(R) uma matriz simétrica (isto é, At = A). Então vale:

1. A matriz A possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades.

2. A dimensão do auto-espaço associado a cada autovalor λ é igual à

multiplicidade de λ como raiz do polinômio caracteŕıstico de A, isto é,

a multiplicidade geométrica de λ é igual à sua multiplicidade algébrica.

3. Os auto-espaços são ortogonais entre si, isto é, os autovetores associados

a autovalores distintos são ortogonais.

4. A matriz A é diagonalizável por matriz ortogonal, isto é, existem uma

matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tal que A = PDP t.

Observações :

1. Como já foi observado anteriormente, o polinômio caracteŕıstico de uma

matriz A não possui necessariamente apenas ráızes reais. Por exemplo,

dada a matriz

A =

( 0 1 1 0

) ,

seu polinômio caracteŕıstico, dado por p(x) = x2 + 1, não possui ráızes

reais. Mas isso não acontece se A for uma matriz simétrica. O item

1 do Teorema Espectral afirma que o polinômio caracteŕıstico de uma

matriz simétrica possui apenas ráızes reais. A demonstração desse fato,

embora simples, é bem trabalhosa e utiliza o Teorema Fundamental

da Álgebra, que diz que todo polinômio de grau n com coeficientes

35 CEDERJ

O Teorema Espectral

reais possui n ráızes reais ou complexas, contando suas multiplicidades.

Na demonstração do Teorema Espectral mostra-se que as n ráızes do

polinômio caracteŕıstico são, de fato, ráızes reais.

2. Se A é uma matriz simétrica e tem n autovalores distintos, então pelo

Teorema 2 da Aula 5 e pelo Teorema 2 da Aula 22, vemos que A

diagonalizável por matriz ortogonal.

3. Se A é uma matriz simétrica e tem algum autovalor com multiplicidade

algébrica maior que 1, ainda é verdade que podemos diagonalizá-la. Na

verdade, podemos mostrar que se A é simétrica e tem um autovalor λ

de multiplicidade k, então o auto-espaço associado tem dimensão k.

Isto significa que o sistema linear

(λ In − A)v = 0

admite k soluções linearmente independentes, isto é, a matriz A tem

k autovetores linearmente independentes associados ao autovalor λ.

Usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, podemos ob-

ter uma base ortonormal para este auto-espaço. Obtemos assim um

conjunto de k autovetores ortonormais associados ao autovalor λ. Como

autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais, então,

considerando o conjunto de todos os autovalores de A, obtemos uma

base ortonormal de autovetores para Rn. Conseqüentemente, A é uma matriz diagonalizável, e a matriz diagonalizadora P , formada pela base

de autovetores de A, é uma matriz ortogonal.

Decomposição espectral de uma matriz simétrica

Seja A ∈ Mn(R) uma matriz simétrica e {u1,u2, . . . ,un} uma base ortonormal de autovetores associados aos autovalores λ1, λ2, . . . , λn da matriz

A. Seja P a matriz ortogonal tendo esses autovetores como colunas e D a

matriz diagonal tal que A = PDP t. Então

A = PDP t

= [u1 u2 · · · un]

 

λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ...

. . . ...

0 0 · · · λn

 

[u1 u2 · · · un]t

= [λ1u1 λ2u2 · · · λnun] [u1 u2 · · · un]t = λ1u1u

t 1 + λ2u2u

t 2 + · · ·λnunutn .

Esta representação é chamada uma decomposição espectral de A.

CEDERJ 36

O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23

Exemplo 1

Obtenha uma decomposição espectral da matriz A =

( 7 2

2 4

) .

Solução

Sendo A uma matriz simétrica, essa decomposição existe. O polinômio

caracteŕıstico de A é dado por

p(x) = det(xI2 − A) = x2 11x + 24 = (x− 8)(x− 3) .

Então os autovalores são λ1 = 8 e λ2 = 3, e ainda podemos obter os

respectivos autovetores u1 = (2 /

5, 1 /

5) e u2 = (1 /

5, 2 /

5). Assim,

temos que

A = PDP t( 7 2

2 4

) =

( 2 /

5 1/5 1 /

5 2 /

5

) ( 8 0

0 3

) ( 2 /

5 1 /

5

1/5 2/5

)

Denotando a matriz P = [u1 u2], temos, pela decomposição espectral,

que:

A = 8u1u t 1 + 3u2u

t 2.

Para verificar essa decomposição da matriz A, observe que:

u1u t 1 =

( 2 /

5

1 /

5

) ( 2 /

5 2 /

5 )

=

( 4/5 2/5

2/5 1/5

)

u2u t 2 =

( 1/5 2 /

5

) ( 1/5 2/5

) =

( 1/5 2/5 2/5 4/5

)

e, finalmente,

8u1u t 1 + 3u2u

t 2 =

( 32/5 16/5

16/5 8/5

) +

( 3/5 6/5 6/5 12/5

) =

( 7 2

2 4

) = A.

Processo de diagonalização de uma matriz simétrica

A ∈ Mn(R) 1o Passo: Obtenha o polinômio caracteŕıstico da matriz A,

p(x) = det(xIn − A).

2o Passo: Encontre as ráızes do polinômio caracteŕıstico de A. Elas são

todas reais e existem exatamente n delas, contando suas multiplicidades.

37 CEDERJ

O Teorema Espectral

3o Passo: Para cada autovalor λ da matriz A, de multiplicidade algébrica

k, determine seu auto-espaço associado

= {v Rn | (λ In − A)v = 0},

que é um subespaço vetorial de dimensão k. Para cada assim obtido,

determine uma base ortonormal que consistirá de k autovetores. Se desejar,

pode utilizar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. A reunião

dessas bases determina uma base ortonormal de autovetores para Rn.

4o Passo: Seja P a matriz cujas colunas são os n autovetores da base or-

tonormal de Rn obtida no terceiro passo. Portanto, P é uma matriz orto- gonal. Seja D a matriz diagonal cuja diagonal principal é formada pelos

n autovalores da matriz A, tomados na mesma ordem de seus autovetores

correspondentes na matriz P . Temos, então,

A = PDP t.

Exemplo 2

Aplique o processo de diagonalização acima à matriz

A =

 

0 2 2

2 0 2

2 2 0

 

e obtenha sua decomposição espectral.

Solução

Observe, inicialmente, que A é uma matriz simétrica e, portanto, se

aplica o processo de diagonalização acima. Não é dif́ıcil determinar que o

polinômio caracteŕıstico da matriz A é dado por

p(x) = det(xI3 − A) = (x + 2)2(x− 4),

de modo que os autovalores de A são:

λ1 = 2 com multiplicidade algébrica 2, e λ2 = 4 com multiplicidade algébrica 1.

O auto-espaço associado a λ1 = 2 é dado por

V−2 = {v R3 | (A + 2 I3)v = 0} = {(x, y, z) R3 |x + y + z = 0}.

CEDERJ 38

O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23

Para escolhermos uma base ortogonal de V−2, podemos usar o pro-

cesso de ortogonalização de Gram-Schmidt a partir de uma base qualquer de

V−2 ou podemos tentar obter diretamente dois vetores ortonormais de V−2,

como já foi feito anteriormente. Faremos o cálculo diretamente. Da equação

x + y + z = 0 podemos ver facilmente que v1 = (1, 0,−1) ∈ V−2. O outro vetor, v2 = (a, b, c) ∈ V−2, deve satisfazer a + b + c = 0 e ainda ser ortogonal a v1, isto é, v2,v1= 0, ou seja, a − c = 0. Portanto, v2 = (a, b, c) deve satisfazer o sistema linear

{ a + b + c = 0

a− c = 0 .

Completando os cálculos, obtemos, por exemplo, v2 = (1,−2, 1). Nor- malizando esses dois vetores, obtemos:

u1 = v1 ||v1|| = (1

/2 , 0 , −1/2) e

u2 = v2 ||v2|| = (1

/6 ,−2/6 , 1/6).

Assim, {u1,u2} forma uma base ortonormal do auto-espaço V−2. Por outro lado, o auto-espaço associado a λ2 = 4 é dado por

V4 = {v R3 | (4 I3 − A)v = 0} = {(x, y, z) R3 |x = z e y = z} .

É fácil ver que v3 = (1, 1, 1) ∈ V4. Normalizando esse vetor, obtemos que

u3 = v3 ||v3|| = (1

/3 , 1

/3 , 1

/3)

representa uma base ortonormal do auto-espaço V4. Como A é matriz simétrica,

os autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais e, assim, u3

é ortogonal a u1 e u2. Portanto, {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de A. Com esses autovetores obtemos a matriz P ,

e com os autovalores obtemos a matriz D:

P = [u1 u2 u3] =

 

1 /

2 1 /

6 1 /

3

0 2/6 1/3 1/2 1/6 1/3

  ;

D =

  2 0 0 0 2 0 0 0 4

  ,

39 CEDERJ

O Teorema Espectral

de modo que A = PDP t. A decomposição espectral da matriz A é dada por:

A = 2u1ut1 2u2ut2 + 4u3ut3, ou ainda,

A =2

 

1/2 0 1/2 0 0 0

1/2 0 1/2

 2

 

1/6 2/6 1/6 2/6 4/6 2/6 1/6 2/6 1/6

 + 4

 

1/3 1/3 1/3

1/3 1/3 1/3

1/3 1/3 1/3

 

=

  1 0 1 0 0 0

1 0 1

  +

  1/3 2/3 1/3 2/3 4/3 2/3 1/3 2/3 1/3

  +

 

4/3 4/3 4/3

4/3 4/3 4/3

4/3 4/3 4/3

 

=

 

0 2 2

2 0 2

2 2 0

  .

Resumo

É muito importante que você entenda bem o significado deste Teorema

Espectral. Lembre do que aconteceu em exemplos vistos anteriormente, em

que a matriz considerada não era simétrica. Estudamos exemplos de ma-

trizes não-simétricas com autovalores repetidos que eram diagonalizáveis e

outros exemplos de matrizes não-simétricas que não eram diagonalizáveis.

Há algumas diferenças marcantes entre os casos simétrico e não-simétrico

que tentaremos resumir agora.

Se A for uma matriz não-simétrica, então nem todas as ráızes de seu

polinômio caracteŕıstico precisam ser números reais, o que é necessário no

caso de a matriz A ser simétrica. Se A for uma matriz não-simétrica e todas

as ráızes de seu polinômio caracteŕıstico forem números reais, então ainda é

posśıvel que A não seja diagonalizável. É o caso em que um autovalor λ de

multiplicidade algébrica k não possui k autovetores linearmente independen-

tes, isto é, quando o auto-espaço correspondente tem dimensão menor que

k, ou ainda, quando a multiplicidade geométrica do autovalor é menor que

sua multiplicidade algébrica. Agora, quando A é uma matriz simétrica, além

de todos os autovalores serem reais, são iguais a multiplicidade algébrica e a

multiplicidade geométrica de cada autovalor.

E, por fim, diferente do que ocorre no caso de matriz simétrica, se a

matriz A é não-simétrica, então autovetores associados a autovalores distintos

não precisam ser ortogonais. Estude e analise, com a ajuda de seu tutor,

exemplos já vistos em aulas anteriores em que ocorrem as diferenças descritas

aqui.

CEDERJ 40

O Teorema Espectral MÓDULO 3 – AULA 23

Exerćıcios

1. Em cada caso, aplique o processo de diagonalização à matriz A, deter-

minando as matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = PDP t.

a) A =

( 2 2

2 2

)

b) A =

 

0 1 1 1 0 1 1 1 0

 

c) A =

 

2 2 0 0

2 2 0 0

0 0 2 2

0 0 2 2

 

2. Sejam A =

 

3 1 1

1 3 1

1 1 3

  e v =

  1 1

0

 . Verifique que λ = 5 é um

autovalor de A e que v é um autovetor A. Em seguida obtenha as

matrizes ortogonal P e diagonal D tais que A = PDP t.

41 CEDERJ

Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24

Aula 24 – Operadores auto-adjuntos

Objetivos:

Compreender o conceito de operador auto-adjunto.

Aplicar os conceitos apresentados em exemplos importantes. Pré-requisitos: Aulas 8 e 20 a

23

Nesta aula vamos definir os operadores lineares T : Rn → Rn associ- ados às matrizes simétricas e estudar suas propriedades. Como estaremos

trabalhando sempre com bases ortonormais, é de suma importância que o

espaço vetorial Rn esteja munido de um produto interno, o qual estaremos sempre supondo que seja o produto interno canônico de Rn.

Definição 3

Um operador linear T : Rn → Rn é denominado auto-adjunto se satisfaz

〈T (u),v= u, T (v)para todo u,v Rn.

O resultado que segue relaciona os operadores auto-adjuntos com as

matrizes simétricas.

Teorema 1

Um operador linear T : Rn → Rn é auto-adjunto se e somente se a matriz A, que representa T com respeito a qualquer base ortonormal α de Rn, é uma matriz simétrica.

Demonstração:

Com respeito à base ortonormal α de Rn, temos que T (u) = Au para todo u Rn. Assim, para todo u,v Rn, temos que

〈Tu,v= 〈Au,v= (Au)tv = utAtv

e

u, Tv= u, Av= utAv, onde At é a transposta da matriz A. Assim,

T é auto-adjunto ⇔ 〈T (u),v= u, T (v)para todo u,v Rn ⇔ 〈Au,v= u, Avpara todo u,v Rn ⇔ utAtv = utAv para todo u,v Rn ⇔ At = A ⇔ A é uma matriz simétrica.

43 CEDERJ

Operadores auto-adjuntos

É importante salientar que não existe uma relação tão simples entre o

operador linear T : Rn → Rn e sua representação matricial A = [T ]α quando a base α não for ortonormal (veja a observação ao final do Exemplo 1).

O Teorema 1 também fornece um critério prático para determinar se

um dado operador linear T : Rn → Rn é auto-adjunto. Basta considerar qualquer base ortonormal α de Rn e verificar se a matriz A = [T ]α é uma matriz simétrica.

Exemplo 1

Determine se o operador linear

T : R2 R2 T (x, y) = (x, 0)

é auto-adjunto.

Solução

Vimos, no Exemplo 1 da Aula 20, que T é a projeção ortogonal sobre

o eixo-x. Considerando a base canônica α = {e1, e2} de R2, vimos que a matriz que representa T nesta base é dada por

A = [T ]α =

( 1 0

0 0

) .

Como a base canônica é ortonormal e a matriz A é simétrica, então,

pelo Teorema 1, o operador T é auto-adjunto.

Vejamos o que acontece quando escolhemos um base β de R2 que não é ortonormal. Considere a base β = {u1,u2} dada por

u1 = (

2 /

2, √

2 /

2) e u2 = (0, 1).

Está claro que esta base não é ortonormal, e ainda temos que

Tu1 = T (

2 / 2, √

2 / 2) = (

2 / 2, 0) = 1 · u1 + (

2 / 2) · u2

Tu2 = T (0, 1) = (0, 0) = 0 · u1 + 0 · u2.

Dáı, segue que a matriz que representa T na base β é dada por

B = [T ]β =

( 1 0

−√2/2 0

) .

Observe que esta matriz não é simétrica, mas também a base β não é orto-

normal, o que não contradiz o Teorema 1.

CEDERJ 44

Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24

Exemplo 2

Considere os operadores lineares

T1 : R2 R2 , T1(x, y) = (x, 2y)

e

T2 : R2 R2 , T2(x, y) = (y, x).

Verifique que T1 e T2 são operadores auto-adjuntos e verifique se a

composição T1 ◦ T2 também é operador auto-adjunto. Solução

Considerando a base canônica de R2, verificamos que as matrizes A1 e A2 que representam respectivamente, os operadores T1 e T2 nesta base, são

dadas por

A1 =

( 1 0

0 2

) e A2 =

( 0 1

1 0

) .

Como essas duas matrizes são matrizes simétricas, conclúımos, pelo

Teorema 1, que T1 e T2 são operadores auto-adjuntos. No entanto, o operador

obtido pela composição

T1 ◦ T2 : R2 R2 , (T1 ◦ T2)(x, y) = (y, 2x)

é representado, na base canônica, pela matriz

B =

( 0 2

1 0

) ,

que não é uma matriz simétrica. Assim, outra vez pelo Teorema 1, a com-

posição T1 ◦T2 não é um operador auto-adjunto. Dáı, conclúımos que a com- posição de operadores auto-adjuntos não é, necessariamente, auto-adjunto.

O próximo teorema segue imediatamente dos resultados sobre matrizes

simétricas estudados nas Aulas 22 e 23.

Teorema 2

Seja T : Rn → Rn um operador auto-adjunto. Então

1. Autovetores correspondentes a autovalores distintos de T são ortogo-

nais, isto é, se v1,v2, . . . ,vk são k autovetores associados aos autova-

lores distintos λ1, λ2, . . . , λk, então v1,v2, . . . ,vk são ortogonais.

2. O operador T possui n autovalores reais, contando suas multiplicidades.

45 CEDERJ

Operadores auto-adjuntos

3. A dimensão do auto-espaço associado a cada autovalor λ é igual à mul-

tiplicidade de λ como raiz do polinômio caracteŕıstico de T , isto é, a

multiplicidade geométrica de cada autovalor λ é igual à sua multiplici-

dade algébrica.

4. Os auto-espaços de T são ortogonais entre si.

5. Existe uma base ortonormal {u1,u2, . . . ,un} de Rn formada por auto- vetores de T .

A última afirmação do Teorema 2 também é conhecida como Teorema

Espectral para Operadores Auto-Adjuntos Reais e diz, simplesmente, que

estes operadores são diagonalizáveis.

Exemplo 3

Seja T : R3 R3 dado por

T (x, y, z) = (3x, 2y + z, y + 2z).

a) Verifique que T é um operador auto-adjunto.

b) Determine os autovalores e os autovetores de T e verifique que T

diagonalizável.

Solução

a) Considerando a base canônica {e1, e2, e3} de R3, temos que

Te1 = T (1, 0, 0) = (3, 0, 0),

Te2 = T (0, 1, 0) = (0, 2, 1),

Te3 = T (0, 0, 1) = (0, 1, 2).

Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é

dada por

A =

 

3 0 0

0 2 1

0 1 2

  .

Observando que A é uma matriz simétrica, temos, pelo Teorema 1, que T

um operador auto-adjunto.

CEDERJ 46

Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24

b) O polinômio caracteŕıstico do operador T é dado por

p(x) = det(xI3 − A)

=

∣∣∣∣∣∣∣

x− 3 0 0 0 x− 2 1 0 1 x− 2

∣∣∣∣∣∣∣

= (x− 3)2(x− 1) .

Assim, os autovalores de T são λ1 = 3, com multiplicidade algébrica 2,

e λ2 = 1 com multiplicidade algébrica 1. Não é dif́ıcil obter que o auto-espaço

V3, associado a λ1 = 3, é dado por

V3 = {v R3 |Tv = 3v} = {(x, y, z) R3 |y = z e x arbitrário} .

Portanto, uma base ortonormal de V3 é dada por

u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 1 /

2, 1 /

2).

Analogamente, o auto-espaço V1, associado a λ2 = 1, é dado por

V1 = {v R3 | Tv = v} = {(x, y, z) R3 | x = 0 e y = −z} ,

e uma base ortonormal de V1 é dada pelo vetor u3 = (0, 1 /

2,−1/2). Conseqüentemente, β = {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e, nesta base, T é representado pela matriz diagonal

B = [T ]β =

 

3 0 0

0 3 0

0 0 1

  .

Portanto, T é um operador diagonalizável.

Exemplo 4

Determine valores de a, b ∈ R de modo que o operador T : R3 R3, definido por

T (x, y, z) = (x + 2ay + 2z, 4x− 5y − bz, 2x− 4y + z),

seja auto-adjunto. Determine, também, uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e a matriz que representa T nesta base.

47 CEDERJ

Operadores auto-adjuntos

Solução

Considerando a base canônica {e1, e2, e3} de R3, temos que

Te1 = T (1, 0, 0) = (1, 4, 2) = 1 · e1 + 4 · e2 + 2 · e3, Te2 = T (0, 1, 0) = (2a,−5,−4) = 2a · e1 + (5) · e2 + (4) · e3, Te3 = T (0, 0, 1) = (2,−b, 1) = 2 · e1 + (−b) · e2 + 1 · e3.

Assim, a matriz que representa o operador linear T na base canônica é

dada por

A =

 

1 2a 2

4 5 −b 2 4 1

  .

Para que T seja um operador auto-adjunto é necessário que a matriz A

seja simétrica, isto é, que At = A. Para isso, é preciso que 2a = 4 e −b = 4, ou seja, que

a = 2 e b = 4.

Assim, obtemos a matriz simétrica

A =

 

1 4 2

4 5 4 2 4 1

  ,

garantindo que o operador T é auto-adjunto. Não é dif́ıcil verificar que o

polinômio caracteŕıstico de T é dado por

p(x) = det(xI3 − A) = (x + 9)(x− 3)2 .

Os auto-espaços correspondentes são dados por

V−9 = {v R3 | Tv = 9v} = {(x, y, z) R3 | x = −z e y = 2z} ,

e V3 = {v R3 | Tv = 3v}

= {(x, y, z) R3 | − x + 2y + z = 0} .

Uma base ortonormal de V−9 é dada pelo vetor u1 = (1 /

6,−2/6, −1/6), enquanto uma base ortonormal de V3 é dada pelos vetores u2 = (1

/2, 0, 1

/2) e u3 = (1

/3, 1

/3, 1

/3). Conseqüentemente,

CEDERJ 48

Operadores auto-adjuntos MÓDULO 3 – AULA 24

β = {u1,u2,u3} é uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T e, nessa base ordenada, T é representado pela matriz diagonal

B = [T ]β =

  9 0 0 0 3 0

0 0 3

  .

Observe que T é um operador diagonalizável.

Exemplo 5

Dados os vetores u = (4, 4,−2),v = (4,−2, 4) e w = (1,−2,−2), seja T : R3 R3 o operador linear dado por

Tu = (10 ,−2 ,−2), Tv = (2, 10,−2) e Tw = (1, 1,−5).

Verifique que T é um operador auto-adjunto.

Solução

É fácil ver que T é uma base ortogonal, pois

u,v= 4 · 4 + 4 · (2) + (2) · 4 = 0 ; u,w= 4 · 1 + 4 · (2) + (2) · (2) = 0 ; v,w= 4 · 1 + (2) · (2) + 4 · (2) = 0 .

Assim, os vetores normalizados

u1 = u

||u|| = (2/3 , 2/3 ,−1/3), u2 =

v

||v|| = (2/3 ,−1/3 , 2/3) e u3 =

w

||w|| = (1/3 ,−2/3 ,−2/3)

formam uma base ortonormal de R3. Como ||u|| = ||v|| = 6 e ||w|| = 3, temos

T (u1) = T

( u

||u|| )

= T

( 1

6 ||u||

) =

1

6 T (u) =

1

6 (10,−2,−2) = (5/3,−1/3,−1/3);

T (u2) = T

( v

||v|| )

= T

( 1

6 ||v||

) =

1

6 T (v) =

1

6 (2, 10,−2) = (1/3, 5/3,−1/3);

T (u3) = T

( w

||w|| )

= T

( 1

3 ||w||

) =

1

3 T (w) =

1

3 (1, 1,−5) = (1/3, 1/3,−5/3).

49 CEDERJ

Operadores auto-adjuntos

Agora, não é dif́ıcil ver que os vetores T (u1), T (u2) e T (u3) se expressam

em função da base β = {u1,u2,u3} como:

T (u1) = (5/3,−1/3,−1/3) = 1 · u1 + 1 · u2 + 1 · u3; T (u2) = (1/3, 5/3,−1/3) = 1 · u1 + (1) · u2 + (1) · u3; T (u3) = (1/3, 1/3,−5/3) = 1 · u1 + (1) · u2 + 1 · u3.

Portanto, a matriz que representa o operador T com respeito à base

ortonormal {u1,u2,u3} é dada por

B = [T ]β =

 

1 1 1

1 1 1 1 1 1

  .

Como B é uma matriz simétrica, conclúımos, pelo Teorema 1, que o

operador T é auto-adjunto. Observe que neste exemplo usamos uma base

ortonormal que não é a base canônica nem é uma base de autovetores.

Auto-avaliação:

É de suma importância que você reveja e entenda muito bem a relação

que existe entre as matrizes simétricas, estudadas nas aulas anteriores, e os

operadores auto-adjuntos vistos nesta aula. Compare os conceitos e estude

os exemplos. Em caso de dúvidas não hesite em consultar o seu tutor.

Exerćıcios

1. Verifique que o operador T : R3 R3, dado por

T (x, y, z) = (2x + y + z, x + 2y − z, x− y + 2z),

é auto-adjunto.

2. Determine uma base ortonormal de autovetores do operador T dado no

exerćıcio anterior.

CEDERJ 50

Formas bilineares MÓDULO 3 – AULA 25

Aula 25 – Formas bilineares

Objetivos:

Compreender o conceito de forma bilinear.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pré-requisito: Aula 22.

Nesta aula vamos introduzir um conceito que generaliza a noção de

aplicação linear num espaço vetorial. Mais especificamente, vamos desenvol-

ver o conceito de forma bilinear, que dá origem às formas quadráticas que

serão estudadas na próxima aula. Veremos a definição de formas bilineares e

estudaremos algumas de suas propriedades, principalmente sua relação com

as matrizes, o que constitui o aspecto mais importante para fins práticos.

Definição 4

Seja V um espaço vetorial real. Uma forma bilinear em V é uma apli-

cação

B : V × V → R (u , v) 7→ B(u , v)

que é linear em cada uma das duas variáveis u e v, isto é, que satisfaz:

i) para todo u , v , w ∈ V e a ∈ R, B(u + w, v) = B(u , v) + B(w, v)

B(au , v) = aB(u , v);

ii) para todo u , v , w ∈ V e a ∈ R, B(u , w + v) = B(u , w) + B(u , v)

B(u , av) = aB(u , v).

Exemplo 1

Seja F o produto escalar em Rn, isto é, dados u = (u1 , u2 , . . . , un),

v = (v1 , v2 , . . . , vn) Rn, considere a aplicação F : V × V → R

(u , v) 7→ F (u , v) = u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn . Verifique que F é uma forma bilinear em Rn.

51 CEDERJ

Formas bilineares

Solução

De fato, considerando outro vetor w = (w1 , w2 , . . . , wn) Rn e a ∈ R, temos que

F (u + aw, v) = B((u1 + aw1, u2 + aw2 , . . . , un + awn) , (v1 , v2 , . . . , vn))

= (u1 + aw1)v1 + (u2 + aw2)v2 + · · ·+ (un + awn)vn = (u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn) + a (w1v1 + w2v2 + · · ·+ wnvn) = F (u , v) + aF (w, v) ,

o que mostra que F (u , v) é uma transformação linear na primeira variável

u. Um argumento análogo, deixado a cargo do aluno, mostra que F (u , v)

também é uma transformação linear na segunda variável v. Assim, podemos

concluir que F (u , v) é uma aplicação bilinear de Rn.

Exemplo 2

Seja a matriz

A =

 

2 0 0

4 2 0

0 0 3

  .

Mostre que podemos associar à matriz A uma forma bilinear B : R3×R3 R dada por

B((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = (x1 x2 x3)

 

2 0 0

4 2 0

0 0 3

 

 

y1 y2 y3

 

= 2 x1y1 + 4 x2y1 + 2 x2y2 + 3 x3y3 .

Solução

Observe que para todo par de vetores u , v R3

u =

 

x1

x2

x3

  e v =

 

y1

y2

y3

 ,

podemos reescrever

B(u , v) = utAv,

onde ut é a matriz transposta de u. Assim, a bilinearidade da aplicação

B(u, v) decorre facilmente das propriedades do produto e da soma de

matrizes.

Este exemplo é facilmente generalizado.

CEDERJ 52

Formas bilineares MÓDULO 3 – AULA 25

Teorema 1

Seja A = (aij) ∈ Mn(R), isto é, uma matriz de ordem n. Podemos associar à matriz A uma forma bilinear F : Rn ×Rn → R dada por

F (u , v) = utAv,

onde u , v Rn. Observe que, reescrevendo os vetores u e v na forma

u =

 

x1

x2 ...

xn

 

e v =

 

y1

y2 ...

yn

 

,

então

F (u , v) = utAv

= (x1 x2 · · · xn)

 

a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n ...

... . . .

...

an1 an2 · · · ann

 

 

y1 y2 ...

yn

 

= a11x1y1 + a12x1y2 + · · ·+ annxnyn =

ni, j=1

aijxiyj .

Seja V um espaço vetorial real, F : V × V → R uma forma bilinear em V , e α = {e1, e2, . . . , en} uma base de V . Sejam u , v ∈ V com

u = u1e1 + u2e2 + · · ·+ unen

e

v = v1e1 + v2e2 + · · ·+ vnen.

Então,

F (u , v) = F (u1e1 + u2e2 + · · ·+ unen, v1e1 + v2e2 + · · ·+ vnen) = u1v1F (e1, e1) + u1v2F (e1, e2) + · · ·+ unvnF (en, en) =

ni, j=1

uivjF (ei, ej) .

Assim, a forma bilinear F fica completamente determinada pela n2 valores

F (vi, vj).

53 CEDERJ

Formas bilineares

Definição 5

A matriz A = (aij), com aij = F (ei, ej), é chamada de representação

matricial da forma bilinear F com relação à base α, ou, simplesmente, de

matriz de F com relação a α.

Esta matriz representa F no sentido que

F (u , v) = n

i, j=1

uivjF (ei, ej) = [u] t αA [v]α

para todo par de vetores u , v ∈ V . Como de costume, [u]α denota o vetor das coordenadas de u com respeito à base α.

Exemplo 3

Seja a forma bilinear F : R2 ×R2 R dada por F (u , v) = F ((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1 − x1y2 + 3 x2y1 5 x2y2,

para todo u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2. Considere α = {e1, e2} a base canônica de R2 e β = {(1 , 0) , (1 , 1)} outra base de R2. Determine a matriz de F com respeito a essas bases.

Solução

Primeiramente, façamos o cálculo da matriz de F com respeito à

base canônica:

F (e1, e1) = F ((1 , 0), (1 , 0)) = 1

F (e1, e2) = F ((1 , 0), (0 , 1)) = 1; F (e2, e1) = F ((0 , 1), (1 , 0)) = 3;

F (e2, e2) = F ((0 , 1), (0 , 1)) = 5. Portanto, temos que a matriz de F na base canônica é

A =

( 1 1 3 5

) .

Para a matriz de F na base β, temos

F ((1 , 0), (1 , 0)) = 1;

F ((1 , 0), (1 , 1)) = 0;

F ((1 , 1), (1 , 0)) = 4;

F ((1 , 1), (1 , 1)) = 2. Portanto, temos que a matriz de F na base β = {(1 , 0) , (1 , 1)}

B =

( 1 0

4 2

) .

CEDERJ 54

Formas bilineares MÓDULO 3 – AULA 25

Um problema interessante é saber qual a relação entre as matrizes A e

B que representam uma mesma forma bilinear F em duas bases α e β,

respectivamente.

No caso do exemplo anterior, se P representa a matriz mudança de

base, da base α para a base β, temos

P =

( 1 1

0 1

) .

Dáı,

B =

( 1 0

4 2

) =

( 1 0

1 1

) ( 1 1 3 5

) ( 1 1

0 1

)

= P tAP .

De um modo geral, temos o seguinte teorema:

Teorema 2

Seja F uma forma bilinear de um espaço vetorial V . Se A é a matriz

de F numa base α e B é matriz de F numa base β de V , então

B = P tAP,

onde P é a matriz mudança de base, da base α para a base β.

Definição 6

Uma forma bilinear F no espaço vetorial V é denominada simétrica se

F (u , v) = F (v , u)

para todo par de vetores u , v ∈ V . Teorema 3

Seja F uma forma bilinear no espaço vetorial V e A a matriz que

representa F numa base α de V . Então F é uma forma bilinear simétrica se

e somente se A é uma matriz simétrica.

Demonstração:

Por F ser uma forma bilinear em V , temos que

F (u , v) = utAv

= (utAv)t, pois utAv é um escalar

= vtAtu .

55 CEDERJ

Formas bilineares

Se, ainda, F for uma forma bilinear simétrica, então

vtAtu = F (u , v) = F (v , u) = vtAu

para todo u , v ∈ V . Portanto, temos

At = A,

isto é, a matriz A é simétrica.

Reciprocamente, se A é uma matriz simétrica (isto é, At = A), então a

forma bilinear F também é simétrica, pois

F (u , v) = utAv

= (utAv)t, pois utAv é um escalar

= vtAtu

= vtAu , pois At = A

= F (v , u)

para todo par de vetores u , v ∈ V .

Auto-avaliação

Você deve ter compreendido que o conceito de forma bilinear é

uma generalização do conceito de transformação linear já bastante estu-

dado. É de extrema importância rever todos os conceitos e tentar resolver os

exerćıcios propostos. Caso surjam dificuldades, consulte as notas de aula ou

peça ajuda ao seu tutor. Os conceitos desta aula ainda serão bastante utili-

zados. Por isso, não deixe de fazer uma boa revisão de matrizes simétricas.

Exerćıcios

1. Seja A ∈ Mn(R). Verifique que a aplicação F : RRn → R, definida por F (u , v) = utAv é uma forma bilinear.

2. Seja F : R3 × R3 R, definida por F (u , v) = u , v, o produto escalar em R3.

(a) Determine a matriz A que representa a forma bilinear F com

respeito à base canônica α ⊂ R3. (b) Determine a matriz B que representa a forma bilinear F com

respeito à base β = {(1 , 1 , 0) , (1 , 0 , 1) , (0 , 2 , 1)}.

CEDERJ 56

Formas bilineares MÓDULO 3 – AULA 25

3. Seja a forma bilinear F : R2 ×R2 R definida por

F (u , v) = F ((x1, x2), (y1, y2)) = 2 x1y1 3 x1y2 + x2y2, para todo u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2.

a) Determine a matriz A que representa F com respeito à base α =

{(1 , 0) , (1 , 1)}.

b) Determine a matriz B que representa F com respeito à base β =

{(2 , 1) , (1 ,−1)}.

c) Determine a matriz mudança de base P , da base α para a base β, e

verifique que B = P tA P .

57 CEDERJ

Formas quadráticas MÓDULO 3 – AULA 26

Aula 26 – Formas quadráticas

Objetivos:

Compreender o conceito de forma quadrática.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pré-requisitos: Aulas 22 e 25.

As formas bilineares, vistas na aula anterior, dão origem às formas

quadráticas que serão estudadas nesta aula. As formas quadráticas ocorrem

com grande destaque em aplicações da Álgebra Linear à Engenharia, como

em critérios para projetos, em problemas de otimização e em processamento

de sinais. Elas também ocorrem na F́ısica, em descrições de energia potencial

e energia cinética; em Economia, nas funções de utilidade; e, também, em

Estat́ıstica. Em todas essas situações é muito importante o conhecimento do

sinal (positivo ou negativo) que a forma quadrática pode assumir, assim como

o conhecimento de seus autovalores associados. Uma parte muito importante

da base matemática para o estudo das formas quadráticas segue facilmente

do nosso estudo prévio sobre matrizes simétricas.

Definição 7

Seja V um espaço vetorial real. Uma aplicação q : V → R é chamada de forma quadrática se existe uma forma bilinear simétrica F : V × V → R tal que q(v) = F (v , v) para todo v ∈ V .

Seja A a matriz que representa a forma bilinear F na base α ⊂ V . Dizemos que matriz A é a representação matricial da forma quadrática q

com espeito a essa mesma base α ⊂ V . Como a forma bilinear F é simétrica, então, pelo Teorema 3 da Aula 25, a matriz A é uma matriz simétrica. Com

respeito à base α, denotamos A = (aij) e v = (x1, x2, . . . , xn) ∈ V ; então

q(v) = F (v , v)

= vtAv

= (x1 x2 · · · xn)

 

a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n ...

... . . .

...

an1 an2 · · · ann

 

 

x1

x2 ...

xn

 

= n

i, j=1

aijxixj.

59 CEDERJ

Formas quadráticas

E agora, sendo A simétrica, vale que aij = aji. Portanto,

q(v) = n

i, j=1

aijxixj = a11x 2 1 + a22x

2 2 + · · ·+ annx2n + 2

ni<j

aijxiyj . (1)

Observe ainda que, se A for uma matriz diagonal, isto é aij = 0 para

i 6= j, então teremos n

i<j

aijxiyj = 0,

o que nos dá

q(v) = a11x 2 1 + a22x

2 2 + · · ·+ annx2n ,

que será denominada representação diagonal da forma quadrática q. Vere-

mos, mais à frente, que toda forma quadrática sempre admite uma repre-

sentação diagonal.

Exemplo 1

Seja a forma quadrática q : R2 R dada por

q(x , y) = x2 10xy + y2.

Determine a matriz A que representa a forma quadrática q com respeito à

base canônica.

Solução

Como A é uma matriz simétrica, podemos denotar

A =

( a b

b c

) ;

temos então

q(x , y) = (x y)

( a b

b c

) ( x

y

)

= ax2 + 2bxy + cy2 .

Então, vale que

ax2 + 2bxy + cy2 = x2 10xy + y2, de onde conclúımos que

a = 1, b = 5 e c = 1,

obtendo

A =

( 1 5 5 1

) .

CEDERJ 60

Formas quadráticas MÓDULO 3 – AULA 26

Observe que q é a forma quadrática associada à forma bilinear

F (u , v) = (x1 x2)

( 1 5 5 1

) ( y1

y2

)

= x1y1 5x2y1 5x1y2 + x2y2 ,

onde u = (x1, x2) , v = (y1, y2) R2, com respeito à base canônica.

Exemplo 2

Seja q : R3 R a forma quadrática dada por

q(v) = q(x1, x2, x3) = 5 x 2 1 + 3 x

2 2 + 2 x

2 3 − x1x2 + 8 x2x3 ,

onde v = (x1, x2, x3) R3. Determinar a matriz A que representa a forma quadrática q com respeito à base canônica e expresse a forma quadrática na

forma matricial q(v) = vtAv.

Solução

Os coeficientes de x21, x 2 2 e x

2 3 formam a diagonal principal da matriz

A, como indica a equação (6). Como A é matriz simétrica, o coeficiente de

xixj, para i 6= j, é a soma dos coeficientes iguais aij = aji, como indica outra vez a equação (6). Portanto,

aij = aji = 1

2 · (coeficiente de xixj).

Assim, é fácil ver que

A =

 

5 1/2 0 1/2 3 4

0 4 2

  .

E, finalmente,

q(x1, x2, x3) = (x1 x2 x3)

 

5 1/2 0 1/2 3 4

0 4 2

 

 

x1

x2

x3

  .

Queremos agora estudar o efeito de uma mudança de base sobre uma

forma quadrática. Assim, sejam q : V → R uma forma quadrática e α e β duas bases do espaço vetorial V . Seja P a matriz mudança de base da base

α para a base β. Se A é a matriz que representa a forma quadrática q na

61 CEDERJ

Formas quadráticas

base α e B é a matriz de q na base β, então, pelo Teorema 2 da Aula 25,

sabemos que

B = P tAP.

Observe que, se P é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A,

então B = P tAP = P−1AP é uma matriz diagonal. Nesse caso, a ma-

triz P também é chamada mudança de variáveis. Usaremos esses fatos no

próximo exemplo.

Exemplo 3

Determine uma mudança de variável P que transforma a forma quadrática

q : R2 R, dada por

q(x1, x2) = x 2 1 8x1x2 5x22

na base canônica, em uma forma diagonal. Obtenha, também, a expressão

dessa forma diagonal.

Solução

Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa

q na base canônica é dada por

A =

( 1 4 4 5

) .

Diagonalizar a forma quadrática q é equivalente a diagonalizar a matriz

simétrica A. Usando os procedimentos já conhecidos sobre diagonalização de

matrizes simétricas, os autovalores da matriz A são λ1 = 3 e λ2 = 7. A matriz P será obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores.

Efetuando os cálculos, que é um exerćıcio para você, obtemos

u1 =

( 2 /

5

1/5

) , autovetor associado ao autovalor λ1 = 3, e

u2 =

( 1 /

5

2 /

5

) , autovetor associado ao autovalorλ2 = 7.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, então

P = [u1 u2] =

( 2 /

5 1 /

5

1/5 2/5

) ,

CEDERJ 62

Formas quadráticas MÓDULO 3 – AULA 26

e a matriz diagonal correspondente será

D =

( 3 0

0 7

) ,

onde D = P tAP .

A forma diagonal de q é dada por

q(y1, y2) = (y1 y2)

( 3 0

0 7

) ( y1 y2

)

= 3y21 7y22 , onde

v =

( x1 x2

) e w =

( y1 y2

) ,

e

v = Pw, ou w = P tv

é a mudança de variáveis.

Veja que

q(v) = q(x1 , x2) = x 2 1 8x1x2 5x22

= (x1 x2)

( 1 4 4 5

)  

x1

x2

 

= vtAv

= (Pw)tA (Pw)

= wt(P tAP )w

= wtD w

= (y1 y2)

( 3 0

0 7

) ( y1

y2

)

= 3y21 7y22

= q(y1, y2) = q(w) .

63 CEDERJ

Formas quadráticas

Observe que a forma diagonal

q(y1, y2) = 3y 2 1 7y22

não contém o termo cruzado y1y2.

Este exemplo anterior ilustra o teorema a seguir. A parte essencial de

sua demonstração foi apresentada nos cálculos do Exemplo 3 e consiste na

mudança de variáveis efetuada.

Teorema 1 (Teorema dos Eixos Principais)

Seja q : V → R uma forma quadrática. Então, sempre existe uma mudança de variáveis P que transforma a forma quadrática q(v) = vtAv na

forma diagonal q(w) = wtD w, onde v = Pw e D = P tAP .

O nome Teorema dos Eixos Principais segue do fato de que as colunas

de P são chamadas eixos principais da forma quadrática q. Uma inter-

pretação geométrica deste teorema será vista nas próximas aulas, mais pre-

cisamente no estudo da classificação de curvas cônicas e na classificação de

superf́ıcies quádricas.

Exemplo 4

Determine uma mudança de variável P que transforme a forma quadrática

q : R3 R, dada por

q(x1, x2, x3) = 3x 2 1 + 2x

2 2 + x

2 3 + 4x1x2 + 4x2x3

na base canônica, em uma forma diagonal. Obtenha também a expressão

dessa forma diagonal.

Solução

Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que representa

q na base canônica é dada por

A =

 

3 2 0

2 2 2

0 2 1

  .

Procedendo à diagonalização da matriz simétrica A, deixamos os deta-

lhes dos cálculos como um exerćıcio para você, obtemos os autovalores λ1 = 5,

λ2 = 2 e λ3 = 1. A matriz mudança de variável P será obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores. Efetuando os cálculos, obtemos:

CEDERJ 64

Formas quadráticas MÓDULO 3 – AULA 26

u1 =

 

2/3

2/3

1/3

  autovetor associado ao autovalor λ1 = 5;

u2 =

  2/3 1/3

2/3

  autovetor associado ao autovalorλ2 = 2;

u3 =

 

1/3

2/3 2/3

  autovetor associado ao autovalorλ3 = 1.

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, então

P = [u1 u2 u3] =

 

2/3 2/3 1/3 2/3 1/3 2/3 1/3 2/3 2/3

 

é uma matriz ortogonal e a matriz diagonal correspondente será

D =

 

5 0 0

0 2 0

0 0 1

  ,

onde D = P tAP .

A forma diagonal de q é dada por

q(y1, y2, y3) = (y1 y2 y3)

 

5 0 0

0 2 0

0 0 1

 

 

y1

y2

y3

 

= 5y21 + 2y 2 2 − y23 ,

onde

v =

( x1

x2

) e w =

( y1

y2

) ,

e

v = Pw, ou w = P tv

é a mudança de variáveis requerida.

Observe, mais uma vez, que a forma diagonal

q(y1, y2, y3) = 5y 2 1 + 2y

2 2 − y23

não contém os termos cruzados y1y2, y1y3 e y2y3, isto é, os termos yiyj

com i 6= j.

65 CEDERJ

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

Aula 27 – Cônicas

Objetivos:

Compreender o conceito de cônica.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pré-requisitos: Aulas 22, 25 e 26.

Nesta aula estudaremos algumas figuras importantes do R2, ou seja,

determinados conjuntos de pontos do plano cujas coordenadas satisfazem

certas propriedades. Mais precisamente, consideraremos subconjuntos de R2

cujas coordenadas (x, y) satisfazem uma equação do tipo

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0,

onde a, b, c, d, e e f são constantes reais (com pelo menos um dos números

a, b ou c diferente de zero). A idéia toda é simplificar e classificar equações

desse tipo e, para isso, usaremos os resultados sobre diagonalização de formas

quadráticas apresentados na aula anterior.

Definição 8

Uma cônica é um conjunto de pontos do R2 cujas coordenadas (x, y),

em relação à base canônica, satisfazem uma equação do tipo

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0, (2)

onde os coeficientes a, b, c, d, e e f são números reais e pelo menos um dos

números a, b ou c é não-nulo.

Observe que a equação (6) contém uma forma quadrática,

q(x , y) = ax2 + bxy + cy2,

uma forma linear,

`(x, y) = dx + ey,

e o termo constante f .

Exemplo 1

Identifique o conjunto dos pontos (x , y) R2 que satisfazem a equação

x2 + y2 4 = 0.

67 CEDERJ

Cônicas

Solução

Comparando a equação

x2 + y2 4 = 0 com a equação (6), vemos que o valor dos coeficientes são a = c = 1, b =

d = e = 0 e f = 4, e, portanto, representa uma cônica. Reescrevendo a equação na forma

x2 + y2 = 4,

identificamos os pontos (x, y) como pertencendo à circunferência de centro

(0, 0) e raio 2, como ilustra a Figura 27.1.

Figura 27.1: A circunferência x2 + y2 = 4.

Exemplo 2

Identifique o conjunto dos pontos (x , y) R2 que satisfazem a equação y2 − kx = 0,

onde k é um número real não-nulo.

Solução

Comparando a equação

y2 − kx = 0 com a equação (6), vemos que o valor dos coeficientes são c = 1, a = b =

e = f = 0 e d = −k 6= 0, e, portanto, representa uma cônica. Reescrevendo a equação na forma

y2 = kx,

identificamos os pontos (x, y) como pertencendo a uma parábola com eixo

coincidindo com o eixo-y, como ilustra a Figura 27.2.

CEDERJ 68

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

Figura 27.2: A parábola y2 = kx.

Exemplo 3

Identifique o conjunto dos pontos (x , y) R2 que satisfazem a equação

x2

a2 − y

2

b2 = 0,

com a , b ∈ R, a , b > 0.

Solução

Comparando a equação

x2

a2 − y

2

b2 = 0

com a equação (6), vemos que ela também representa uma cônica. Reescre-

vendo a equação na forma y2

b2 =

x2

a2 ,

temos

y = ± b a x,

o que representa um par de retas concorrentes que passa pela origem, como

ilustra a Figura 27.3.

Figura 27.3: As retas y = ± b a x.

69 CEDERJ

Cônicas

Os próximos exemplos mostram como procedemos para simplificar uma

equação de uma cônica.

Exemplo 4

Identifique a cônica representada pela equação 5x24xy+8y236 = 0.

Solução

Precisamos, inicialmente, eliminar o termo misto (4xy); para isto, realizamos diagonalização da forma quadrática correspondente,

q(x , y) = 5x2 4xy + 8y2.

Escrevemos a equação 5x2 4xy + 8y2 36 = 0 na forma matricial

vtAv = 36,

com

v =

( x

y

) R2 e A =

( 5 2 2 8

) .

Lembre, da Aula 26, que a matriz A é a matriz simétrica que representa

a forma quadrática q(x , y) = 5x24xy + 8y2 com respeito à base canônica. Não é dif́ıcil ver que os autovalores da matriz A são λ1 = 4 e λ2 = 9, e os

autovetores normalizados são

u1 =

( 2 /

5

1 /

5

) , autovetor associado ao autovalor λ1 = 4

e

u2 =

( 1/5 2 /

5

) , autovetor associado ao autovalor λ2 = 9.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, então

P = [u1 u2] =

( 2 /

5 1/5 1 /

5 2 /

5

)

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal corres-

pondente será

D =

( 4 0

0 9

) .

Temos que D = P tAP .

CEDERJ 70

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

A forma diagonal de q é dada por

q(x1, y1) = (x1 y1)

( 4 0

0 9

) ( x1

y1

)

= 4x21 + 9y 2 1 ,

onde

v =

( x

y

) e v1 =

( x1

y1

) ,

com

v = Pv1, ou v1 = P tv.

Portanto, a equação da cônica pode ser reescrita como

q(x1, y1) = 36,

ou ainda,

4x21 + 9y 2 1 = 36,

o que nos dá a equação

x21 9

+ y21 4

= 1,

que representa uma elipse de semi-eixo maior 3 e semi-eixo menor 2, como

ilustra a Figura 27.4.

x

y

0–3

2

–2

3

Figura 27.4: A elipse x21 9

+ y21 4

= 1.

71 CEDERJ

Cônicas

Exemplo 5

Identifique a cônica representada pela equação 2x2+4xy+2y2+4

2 x+

12

2 y − 8 = 0.

Solução

Observe que neste exemplo a forma linear `(x, y) = dx+ ey = 4

2 x+

12

2 y é não-nula. Reescrevendo a cônica na forma matricial, obtemos

vtAv + Bv8 = 0, (3)

onde

v =

( x

y

) R2,

A =

( 5 2 2 8

)

e

B = (4

2 12

2 ).

A matriz A é a matriz simétrica que representa a forma quadrática q(x , y) =

2x2+4xy+2y2 com respeito à base canônica. Não é dif́ıcil ver (exerćıcio para

o aluno) que os autovalores da matriz A são λ1 = 4 e λ2 = 0, e os autovetores

normalizados são

u1 =

( 1 /

2

1 /

2

) , autovetor associado ao autovalor λ1 = 4,

e

u2 =

( 1/2 1 /

2

) , autovetor associado ao autovalor λ2 = 0.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, então

P = [u1 u2] =

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

) ,

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz diagonal corres-

pondente será

D =

( 4 0

0 0

) .

E, também, D = P tAP .

CEDERJ 72

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

A forma diagonal de q é dada por

q(x1, y1) = (x1 y1)

( 4 0

0 0

) ( x1

y1

)

= 4x21 ,

isto é,

vtAv = 4x21,

onde

v =

( x

y

) e v1 =

( x1

y1

) ,

com

v = Pv1, ou v1 = P tv.

Como det(P ) = 1, observe que v = Pv1 é uma rotação. A forma linear

se transforma em

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (4

2 12

2 )

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

) ( x1

y1

)

= (16 8 )

( x1

y1

)

= 16x1 + 8y1 .

Substituindo

vtAv = 4x21 e Bv = 16x1 + 8y1

em (7), obtemos

4x21 + 16x1 + 8y1 8 = 0, (4) ou, simplificando,

x21 + 4x1 + 2y1 2 = 0. Completando o quadrado na variável x1,

x21 + 4x1 = (x1 + 2) 2 4.

E, substituindo em (8), obtemos

(x1 + 2) 2 4 + 2y1 2 = 0,

73 CEDERJ

Cônicas

ou

(x1 + 2) 2 + 2(y1 3) = 0. (5)

Essa equação já é uma forma bem mais simples da cônica inicial e já se

pode identificar a equação de uma parábola, mas ela ainda pode ser mais

simplificada. Realizando a mudança de variáveis em (9) dada por

{ x2 = x1 + 2

y2 = y1 3 ,

que representa uma translação no R2, obtemos

x22 = 2y2,

que representa a cônica inicial aos novos eixos-x2y2. Nessa forma, identifica-

mos facilmente a equação de uma parábola, como ilustra a Figura 27.5.

Figura 27.5: A parábola x22 = 2y2.

Procedimento para simplificar a equação de uma cônica

Seja a cônica Γ dada pela equação

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0.

Podemos reescrevê-la na forma matricial,

vtAv + Bv + f = 0,

CEDERJ 74

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

onde

q(x , y) = ax2 + bxy + cy2

= (x y)

( a b/2

b/2 c

) ( x

y

)

= vtAv ,

e

`(x, y) = dx + ey

= (d e)

( x

y

)

= Bv ,

com

A =

( a b/2

b/2 c

) ,

B = (d e)

e

v =

( x

y

) .

A idéia principal do procedimento a seguir consiste em realizar uma

rotação nos eixos-xy, de modo a eliminar o termo cruzado bxy.

1o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u1 u2] que diagonalize A. Lem-

bre que as colunas de P formam uma base {u1, u2} ortogonal de au- tovetores da matriz A para o R2. Assim,

D = P tAP com D =

( λ1 0

0 λ2

) ,

onde λ1 e λ2 são os autovalores da matriz A associados aos autovetores

u1 e u2, respectivamente.

75 CEDERJ

Cônicas

2o Passo: Permutar as colunas de P , caso seja necessário, de modo que se tenha

det(P ) = 1. Isso garante que a transformação ortogonal

v = Pv1, com v1 =

( x1

y1

) ,

seja uma rotação no plano.

3o Passo: Obter a equação que representa a cônica Γ no novo sistema de eixos-

x2y2. Para isso, observe que

ax2 + bxy + cy2 = vtAv

= (Pv1) tA (Pv1) ; onde v = Pv1

= vt1(P tA P )v1

= vt1D v1

= (x1 y1)

( λ1 0

0 λ2

) ( x1

y1

)

= λ1x 2 1 + λ2y

2 1 ,

e dx + ey = Bv

= B(Pv1) ; onde v = Pv1

= (BP )v1 ; onde BP = (d1 e1)

= (d1 e1)

( x1

y1

)

= d1x1 + e1y1 .

Assim, a equação vtAv + Bv + f = 0 se transforma em

λ1x 2 1 + λ2y

2 1 + d1x1 + e1y1 + f = 0,

que é uma equação que representa a cônica Γ e não contém termos cruzados

(em xy).

CEDERJ 76

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

Vamos fazer uma breve análise dessa equação.

1. Considere o caso em que os autovalores são não-nulos: λ1, λ2 6= 0. Neste caso, podemos completar os quadrados nas variáveis x1 e y1, obtendo

λ1x 2 1 + λ2y

2 1 + d1x1 + e1y1 + f = (λ1x

2 1 + d1x1) + (λ2y

2 1 + e1y1)

= λ1x 2 2 + λ2y

2 2 + F ,

com F ∈ R2. Assim, a equação

λ1x 2 1 + λ2y

2 1 + d1x1 + e1y1 + f = 0

é transformada em

λ1x 2 2 + λ2y

2 2 + F = 0.

Note que

(a) Se λ1, λ2 > 0, então a cônica Γ será uma elipse, caso F < 0; ou

um ponto ((x2 , y2) = (0 , 0)), caso F = 0; ou o conjunto vazio,

caso F > 0.

(b) Se λ1, λ2 < 0, então a cônica Γ será uma elipse, caso F > 0; ou

um ponto ((x2 , y2) = (0 , 0)), caso F = 0; ou o conjunto vazio,

caso F < 0.

(c) Se λ1 < 0 < λ2, então a cônica Γ será uma hipérbole, caso F 6= 0; ou um par de retas concorrentes, casoF = 0.

2. Considere o caso de um autovalor nulo, digamos, λ1 = 0 e λ2 6= 0 (necessariamente λ2 6= 0). Novamente, completando o quadrado na variável y1, obtemos

λ2y 2 1 + d1x1 + e1y1 + f = (λ2y

2 1 + e1y1) + d1x1 + f

= λ2y 2 2 + d1x2 + F .

Assim, a equação inicial da cônica Γ fica transformada em

λ2y 2 2 + d1x2 + F = 0.

Note que

(a) Se d1 6= 0, então Γ será uma parábola.

77 CEDERJ

Cônicas

(b) Se d1 = 0, então Γ será um par de retas paralelas, caso λ2 ·F < 0; ou uma única reta, caso F = 0; ou o conjunto vazio, caso λ2·F > 0.

3. O caso λ2 = 0 e λ1 6= 0 é análogo ao anterior. É importante observar que nunca poderemos ter λ1 = λ2 = 0, pois

estamos supondo que a forma quadrática associada é não-nula.

Veja, também, que

λ1 · λ2 = ∣∣∣∣∣

λ1 0

0 λ2

∣∣∣∣∣

= det P

= det A

=

∣∣∣∣∣ a b/2

b/2 c

∣∣∣∣∣

= ac− b 2

4 .

Portanto, λ1 · λ2 tem o mesmo sinal de ac− b 2

4 , que por sua vez tem o

mesmo sinal de 4ac− b2. Assim, podemos refazer a análise anterior em função do discriminante b2 4ac da forma quadrática.

Teorema 1

Dada a cônica de equação ax2 + bxy + cy2 + dx+ ey + f = 0, então esta

cônica representa:

a) uma elipse, um ponto ou o conjunto vazio, caso b2 4ac < 0;

b) uma parábola, duas retas paralelas ou uma única reta, caso b24ac = 0;

c) uma hipérbole ou duas retas concorrentes, caso b2 4ac > 0.

Auto-avaliação:

Esta aula constitui uma excelente aplicação dos conceitos vistos nas

aulas anteriores. No entanto, pressupomos que você tenha alguns conheci-

mentos acerca das equações de cônicas tradicionais, como elipses, parábolas e

CEDERJ 78

Cônicas MÓDULO 3 – AULA 27

hipérboles. Conhecendo essas equações e com o conhecimento adquirido das

últimas aulas, você não deve encontrar muita dificuldade para compreender

os conceitos apresentados aqui. No entanto, como esta aula reúne muitos

conhecimentos matemáticos, você deve ser persistente na leitura dos exem-

plos e do procedimento apresentado, sempre recorrendo ao tutor no caso de

encontrar uma dificuldade maior. Na próxima aula, trataremos de equações

semelhantes, agora com três variáveis ao invés de duas, mas o procedimento

será exatamente o mesmo, ou seja, diagonalizar uma forma quadrática e

completar quadrados até simplificar a equação ao máximo.

Exerćıcio

1. Dada a cônica de equação 2x2 4xy − y2 4x− 8y + 14 = 0, aplique o procedimento apresentado nesta aula, simplificando a equação ao

máximo e identificando a cônica apresentada.

Resposta

1. A hipérbole de equação x22 12 − y

2 2

8 = 1.

79 CEDERJ

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

Aula 28 – Quádricas

Objetivos:

Compreender o conceito generalizado de uma quádrica.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pré-requisitos: Aulas 22, 25, 26 e 27.

Esta aula é uma continuação da aula anterior sobre cônicas; nela es-

tudaremos as superf́ıcies quádricas no espaço R3. Mais precisamente, va-

mos estudar alguns conjuntos de R3 cujas coordenadas, com respeito à base

canônica, satisfazem uma equação do tipo

ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + kz + p = 0.

Usando novamente os resultados sobre diagonalização de formas quadráticas,

iremos simplificar essa equação e descrever as superf́ıcies mais simples que

ela pode representar.

Definição 9

Uma superf́ıcie quádrica, ou, simplesmente, uma quádrica, é o conjunto

de pontos de R3 cujas coordenadas (x, y, z) satisfazem uma equação da

forma

ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + kz + p = 0, (6)

onde os coeficientes a, b, c,..., k, p são números reais e pelo menos um dos

coeficientes a, b, c, d, e, f é não-nulo.

Observe que a equação (6) contém uma forma quadrática não-nula em

R3,

q(x , y , z) = ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz,

uma forma linear em R3,

`(x , y , z) = gx + hy + kz,

e o termo constante p. Apresentaremos a seguir os exemplos mais comuns de

superf́ıcies quádricas.

Figura 28.1: Gráficos de quádricas

81 CEDERJ

Quádricas

(a) Elipsóide

( x2

a2 +

y2

b2 +

z2

c2 = 1)

(b) Hiperbolóide de uma folha

( x2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = 1)

(c) Hiperbolóide de duas folhas

(−x 2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = 1)

(d) Cone eĺıptico

( x2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = 0)

CEDERJ 82

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

(e) Parabolóide eĺıptico

( x2

a2 +

y2

b2 = z)

(f) Parabolóide hiperbólico

(−x 2

a2 +

y2

b2 = z)

(g) Cilindro eĺıptico

( x2

a2 +

y2

b2 = 1)

(h) Cilindro parabólico

(y = ax2)

83 CEDERJ

Quádricas

Observe que a equação (6) também pode representar um conjunto vazio

(por exemplo, x2 + y2 + 1 = 0), um único ponto (por exemplo, x2 + y2 +

(z − 1)2 = 0), um plano (por exemplo, z2 = 0), dois planos paralelos (por exemplo, z2 = 4) ou dois planos secantes (por exemplo, xz = 0). Nestes

casos, as quádricas são ditas degeneradas.

Assim como foi feito para as cônicas, mostraremos que através de uma

mudança de coordenadas podemos reduzir a equação (6) de modo que a

quádrica seja identificada como sendo de um dos tipos descritos. Esse pro-

blema é o de classificar a quádrica.

Sempre que a quádrica for representada por uma equação que não

contém termos em xy, xz, yz, x, y e z, dizemos que a equação está na forma

canônica e que a quádrica está na posição canônica. A presença de termos

cruzados da forma xy, xz ou yz na equação (6) indica que a quádrica sofreu

uma rotação com respeito à posição canônica, e a presença de termos da

forma x, y ou z indica que a quádrica sofreu uma translação com respeito à

posição canônica.

Como foi feito no caso das cônicas, vamos desenvolver um procedimento

para representar uma quádrica na forma canônica. A idéia principal do pro-

cedimento consiste em obter um novo sistema de coordenadas x1y1z1 de modo

que não apareçam os termos cruzados x1y1, x1z1 e y1z1.

Vamos, primeiramente, expressar a equação (6) na forma matricial.

Temos,

q(x , y , z) = ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz

= (x y z)

 

a d/2 e/2

d/2 b f/2

e/2 f/2 c

 

 

x

y

z

 

= vtAv ,

onde

v =

 

x

y

z

  e A =

 

a d/2 e/2

d/2 b f/2

e/2 f/2 c

  .

CEDERJ 84

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

Observe também que

`(x , y , z) = gx + hy + kz

= (g h k)

 

x

y

z

 

= Bv ,

onde

B = (g h k).

Substituindo q(x , y , z) = vtAv e `(x , y , z) = Bv em (6), obtemos a

forma vetorial da quádrica,

vtAv + Bv + p = 0. (7)

PROCEDIMENTO PARA SIMPLIFICAR A EQUAÇÃO DE UMA

QUÁDRICA

Seja Γ a quádrica representada pela equação (6),

ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz + gx + hy + kz + p = 0,

cuja forma vetorial é a equação (7),

vtAv + Bv + p = 0.

1o Passo: Encontrar uma matriz ortogonal P = [u1 u2 u3] que diagonaliza A.

Como já foi visto várias vezes ao longo do curso, lembre que as colunas

de P formam uma base ortonormal {u1, u2, u3} de autovetores da matriz A para o R3. Assim,

D = P tAP com D =

 

λ1 0 0

0 λ2 0

0 0 λ3

  ,

onde λ1, λ2 e λ3 são os autovalores da matriz A associados aos autove-

tores u1, u2 e u2, respectivamente.

85 CEDERJ

Quádricas

2o Passo: Permutar as colunas de P , caso seja necessário, de modo que se tenha

det(P ) = 1. Isso garante que a transformação ortogonal

v = Pv1, com v1 =

 

x1

y1

z1

  ,

seja uma rotação no plano.

3o Passo: Obter a equação que representa a quádrica Γ no novo sistema de eixos

x1y1z1. Para isso, observe que

ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz = vtAv

= (Pv1) tA (Pv1) ; onde v = Pv1

= vt1(P tAP )v1

= vt1D v1

= (x1 y1 z1)

 

λ1 0 0

0 λ2 0

0 0 λ3

 

 

x1

y1

z1

 

= λ1x 2 1 + λ2y

2 1 + λ3z

2 1

e gx + hy + kz = Bv

= B(Pv1) ; onde v = Pv1

= (BP )v1 ; onde BP = (g1 h1 k1)

= (g1 h1 k1)

 

x1

y1

z1

 

= g1x1 + h1y1 + k1z1 .

Assim, a equação

vtAv + Bv + p = 0

CEDERJ 86

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

se transforma em

λ1x 2 1 + λ2y

2 1 + λ3z

2 1 + g1x1 + h1y1 + k1z1 + p = 0.

Essa equação representa a quádrica Γ e não contém os termos cruzados

x1y1, x1z1 e y1z1.

4o Passo: Completando os quadrados em x1, y1 e z1, obtemos

(λ1x 2 1 + g1x1) + (λ2y

2 1 + h1y1) + (λ3z

2 1 + +k1z1) + p = 0

λ1(x 2 1 +

g1 λ1

x1) + λ2(y 2 1 +

h1 λ2

y1) + λ3(z 2 1 +

k1 λ3

z1) + p = 0

λ1(x1 + g1 2λ1

)2 + λ2(y1 + h1 2λ2

)2 + λ3(z1 + k1 2λ3

)2 + p1 = 0.

Passando para as novas variáveis

x2 = x1 + g1 2λ1

; y2 = y1 + h1 2λ2

; z2 = z1 + k1 2λ3

,

obtemos a equação

λ1x 2 2 + λ2y

2 2 + λ3z

2 2 + p1 = 0.

Essa equação representa a quádrica Γ e não contém os termos cruzados

x2y2, x2z2 e y2z2 nem os termos em x2, y2 e z2. Portanto, é uma equação

na forma canônica.

Exemplo 1

Descreva a superf́ıcie quádrica cuja equação é dada por

4x2 + 4y2 + 4z2 + 4xy + 4xz + 4yz − 3 = 0.

Solução

Reescrevendo essa equação na forma matricial, temos

vtAv3 = 0, (8)

onde

v =

 

x

y

z

  e A =

 

4 2 2

2 4 2

2 2 4

  .

87 CEDERJ

Quádricas

Deixamos para você o exerćıcio de calcular os autovalores e os autove-

tores correspondentes da matriz A. Obtemos:

• λ1 = 2: é um autovalor com multiplicidade algébrica 2 e autovetores associados

u1 =

  1/2 1 /

2

0

  e u2 =

  1/6 1/6 2 /

6

  ;

• λ2 = 8: é um autovalor com multiplicidade algébrica 1 e autovalor associado

u3 =

 

1 /

3

1 /

3

1 /

3

  .

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, temos que

P = [u1 u2 u3] =

  1/2 1/6 1/3 1 /

2 1/6 1/3 0 2

/6 1

/3

 

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal corres-

pondente será

D =

 

2 0 0

0 2 0

0 0 8

  .

Vale também que D = P tAP .

Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rotação em R3. Con-

siderando

v =

 

x

y

z

  e v1 =

 

x1

y1

z1

 

CEDERJ 88

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

e substituindo v = Pv1 em v tAv, obtemos

vtAv = (Pv1) tA (Pv1)

= vt 1 (P tAP )v1

= vt 1 D v1 onde P

tAP = D

= (x1 y1 z1)

 

2 0 0

0 2 0

0 0 8

 

 

x1

y1

z1

 

= 2x21 + 2y 2 1 + 8z

2 1 .

Portanto, substituindo

vtAv = 2x21 + 2y 2 1 + 8z

2 1

na equação (8), obtemos

2x21 + 2y 2 1 + 8z

2 1 = 3,

ou, equivalentemente, x21 3/2

+ y21 3/2

+ z21 3/8

= 1.

Observe que essa equação não contém os termos cruzados x1y1, x1z1

e y1z1 nem os termos em x1, y1 e z1. Portanto, é uma equação na forma

canônica. Identificamos, facilmente, que essa equação representa um elipsóide,

como ilustra a Figura 28.1.a.

Exemplo 2

Identifique a superf́ıcie quádrica cuja equação é dada por

−x2 + 2yz − √

2 y − 101 = 0.

Solução

Inicialmente, observe que a presença do termo cruzado yz nos levará

a realizar uma rotação de eixos, e a presença dos termos lineares z e y, a

realizar uma translação de eixos.

Reescrevendo essa equação na forma matricial, temos

vtAv + Bv101 = 0, (9)

89 CEDERJ

Quádricas

onde

v =

 

x

y

z

  , A =

  1 0 0 0 0 1

0 1 0

  e B = (0

2

2).

Deixamos para você, novamente, o exerćıcio de calcular os autovalores

e os autovetores correspondentes da matriz A. Obtemos:

• λ1 = 1 : autovalor com multiplicidade algébrica 2 e autovetores asso- ciados

u1 =

 

1

0

0

  e u2 =

 

0

1 /

2

1/2

  ;

• λ2 = 1 : autovalor com multiplicidade algébrica 1 e autovalor associado

u3 =

 

0

1 /

2

1 /

2

  .

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, então

P = [u1 u2 u3] =

 

1 0 0

0 1 /

2 1 /

2

0 1/2 1/2

 

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A e a matriz diagonal corres-

pondente será

D =

  1 0 0 0 1 0 0 0 1

  .

Vale também que D = P tAP .

Como no Exemplo 1, det(P ) = 1, logo P representa uma rotação em

R3. Considerando

v =

 

x

y

z

  e v1 =

 

x1

y1

z1

  ,

CEDERJ 90

Quádricas MÓDULO 3 – AULA 28

e substituindo v = Pv1 em v tAv, obtemos

vtAv = (Pv1) tA (Pv1)

= vt 1 (P tAP )v1

= vt 1 D v1, onde P

tAP = D

= (x1 y1 z1)

  1 0 0 0 1 0 0 0 1

 

 

x1

y1

z1

 

= −x21 − y21 + z21 , e, substituindo v = Pv1 em B v, obtemos

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (0 −√2 2)

 

1 0 0

0 1 /

2 1 /

2

0 1/2 1/2

 

 

x1

y1

z1

 

= (0 2 0)

 

x1

y1

z1

 

= 2y1 . Portanto, substituindo

vtAv = −x21 − y21 + z21 e Bv = 2y1 em (9), obtemos

−x21 − y21 + z21 2y1 = 101.

Agora, completando o quadrado na variável y1, temos

−x21 + z21 (y21 + 2y1) = 101,

o que nos dá

−x21 [(y1 + 1)2 1] + z21 = 101,

91 CEDERJ

Quádricas

e, portanto,

−x21 (y1 + 1)2 + z21 = 100, ou, equivalentemente,

− x 2 1

102 (y1 + 1)

2

102 +

z21 102

= 1. (10)

Essa equação já é uma forma canônica para a quádrica inicial e já

se pode identificar a equação de um hiperbolóide de duas folhas, mas ela

ainda pode ser mais simplificada. Realizando a mudança de variáveis dada

por   

x2 = x1

y2 = y1 + 1

z2 = z1 ,

que representa uma translação no R3, a equação (10) se transforma em

− x 2 2

102 − y

2 2

102 +

z22 102

= 1,

que representa a quádrica inicial aos novos eixos x2y2z2. Nessa forma, identi-

ficamos novamente a equação de um hiperbolóide de duas folhas, como ilustra

a Figura 28.1.c.

Auto-avaliação:

Terminamos o estudo das cônicas em R2 e das quádricas em R3, que

constituem uma excelente aplicação da diagonalização das formas quadráticas.

É importante que você reveja o procedimento de simplificação dessas equações

e compreenda os cálculos realizados nos exemplos. Também é importante

que fique clara a interpretação geométrica de cada mudança de variáveis

realizada.

Exerćıcios

Obtenha uma forma canônica de cada quádrica abaixo e identifique a

quádrica.

1. 2xy − 42 x + 22y + z − 9 = 0.

2. 2xy + 2xz + 2yz − 6x− 6y − 4z − 9 = 0.

3. 7x2 + 7y2 + 10z2 2xy − 4xz + 4yz − 12x + 12y + 60z − 24 = 0.

CEDERJ 92

Autovalores complexos MÓDULO 3 – AULA 29

Aula 29 – Autovalores complexos

Objetivos:

Compreender o conceito de autovalor complexo.

Aplicar os conceitos apresentados em casos particulares.

Pré-requisitos: Aulas 3 e 5.

Vimos logo na Aula 3 que, dada uma matriz A ∈ Mn(R), seu polinômio caracteŕıstico p(x) é um polinômio de grau n com coeficientes reais e, por-

tanto, possui um total de n ráızes, contando suas multiplicidades e as ráızes

complexas. Nesta aula, estudaremos alguns exemplos de matrizes reais com

autovalores complexos.

Inicialmente, vamos relembrar alguns conceitos sobre números comple-

xos. Denotamos o conjunto dos números complexos por C e representamos

por

C = {a + b i | a, b ∈ R e i = √−1 } A igualdade de números complexos é definida por

a + b i = c + d i se e somente se a = c e b = d.

A adição e a multiplicação de números complexos são definidas por:

i. (a + b i) + (c + d i) = (a + c) + (b + d) i;

ii. (a + b i) · (c + d i) = (ac− bd) + (ad + bc) i,

para todos os a, b, c, d ∈ R. É fácil verificar que todas as propriedades de corpo dos números reais continuam válidas para os números complexos.

Definimos o conjugado de um número complexo z = a+ b i como sendo

o número complexo = a− b i. A teoria de espaços vetoriais e de álgebra matricial desenvolvida no caso

de componentes reais e escalares reais se aplica também para componentes e

escalares complexos. Por exemplo, o espaço vetorial C2 é definido por

C2 = {(z , w) | z, w ∈ C },

com as operações usuais

i. (z1, w1) + (z2, w2) = (z1 + z2, w1 + w2);

93 CEDERJ

Autovalores complexos

ii. z · (z1, w1) = (z z1, z z2), onde z, z1, w1, z2, w2 C. Assim, dada uma matriz A ∈ Mn(C), um número complexo λ ∈ C é

um autovalor (complexo) da matriz A se existe um vetor não-nulo v Cn tal que

Av = λv.

Dizemos que v é um autovetor (complexo) associado ao autovalor λ ∈ C.

Exemplo 1

Discuta a diagonalização da matriz

A =

( 0 1 1 0

) .

Solução

Sabemos, do nosso estudo de rotações no plano, que essa matriz cor-

responde a uma rotação de π/2 radianos no sentido anti-horário em torno da

origem do plano cartesiano R2. Assim, fica claro que nenhum vetor não-nulo

v R2 é transformado, pela ação da matriz A, num múltiplo dele mesmo. Assim, a matriz A não possui autovetores em R2 e, conseqüentemente, não

tem autovalores reais. De fato, o polinômio caracteŕıstico de A

p(x) = det(xI2 − A)

=

∣∣∣∣∣ x 1

1 x

∣∣∣∣∣

= x2 + 1 .

Esse polinômio só possui as ráızes complexas λ1 = i e λ2 = − i.

No entanto, considerando A com matriz complexa, isto é, A ∈ M2(C), λ1 = i e λ2 = − i são autovalores complexos da matriz A, pois os vetores v1 = (1 ,− i) , v2 = (1 , i) C2, e satisfazem

Av1 =

( 0 1 1 0

) ( 1

− i

) = i

( 1

− i

) = iv1;

Av2 =

( 0 1 1 0

) ( 1

i

) = − i

( 1

i

) = − iv2.

CEDERJ 94

Autovalores complexos MÓDULO 3 – AULA 29

Assim, v1 = (1 ,− i) é um autovetor associado ao autovalor λ1 = i, e v2 = (1 , i) é um autovetor associado ao autovalor λ2 = − i.

Como a matriz não possui autovalores reais, ela não é diagonalizável

enquanto matriz real. No entanto, como ela possui dois autovalores comple-

xos distintos, a matriz A é diagonalizável quando considerada como matriz

complexa. Mais ainda, considerando as matrizes P, D ∈ M2(C) dadas por

P = [v1 v2] =

( 1 1

− i i

) e D =

( i 0

0 − i

) ,

temos

PDP−1 =

( 1 1

− i i

) ( i 0

0 − i

) ( 1/2 i/2

1/2 − i/2

)

=

( i − i 1 1

) ( 1/2 i/2

1/2 − i/2

)

=

( 0 1 1 0

)

= A ,

isto é, A = PDP−1. Portanto, no caso complexo, a matriz A é semelhante à

matriz diagonal D.

Exemplo 2

Dada a matriz

A =

( 0, 5 0, 6 0, 75 1, 1

) ,

determine os autovalores de A e uma base para cada auto-espaço.

Solução

Obtendo o polinômio caracteŕıstico da matriz A,

p(x) = det(xI2 − A)

=

∣∣∣∣∣ 0, 5− x −0, 6 0, 75 1, 1− x

∣∣∣∣∣ = (0, 5− x)(1, 1− x)(0, 6)(0, 75) = x2 1, 6 x + 1 .

95 CEDERJ

Autovalores complexos

Calculando as ráızes desse polinômio quadrático, obtemos

λ1 = 0, 80, 6 i e λ2 = 0, 8 + 0, 6 i.

Considerando o autovalor λ1 = 0, 80, 6 i, queremos obter v = (z , w) C2 não-nulo tal que

Av = λ1v,

ou seja, ( 0, 5 0, 6 0, 75 1, 1

) ( z

w

) = (0, 80, 6 i)

( z

w

) ,

o que nos dá o sistema linear {

(0, 80, 6 i) z − 0, 6 w = 0 0, 75 z + (0, 8 + 0, 6 i) w = 0 .

Como os autovalores são distintos, cada auto-espaço tem dimensão 1; por-

tanto, as equações do sistema anterior são dependentes. Assim, basta consi-

derar uma das equações; por exemplo, da segunda equação, temos

z = (0, 40, 8 i) w. Escolhendo w = 5 (para eliminar a parte decimal), obtemos z = 2 4 i. Assim, uma base para o auto-espaço associado ao autovalor λ1 = 0, 80, 6 i é dada pelo vetor

v1 =

( 24 i 5

) .

Analogamente, para o autovalor λ2 = 0, 8 + 0, 6 i, obtemos o autovetor

v2 =

( 2 + 4 i 5

) ,

pois

Av2 =

( 0, 5 0, 6 0, 75 1, 1

) ( 2 + 4 i 5

)

=

( 4 + 2 i 4 + 3 i

)

= (0, 8 + 0, 6 i)

( 2 + 4 i 5

)

= λ2v2 .

CEDERJ 96

Autovalores complexos MÓDULO 3 – AULA 29

Observe que a matriz A é semelhante à matriz diagonal

D =

( λ1 0

0 λ2

) =

( 0, 80, 6 i 0 0 0, 8 + 0, 6 i

) .

Auto-avaliação:

Não é nosso objetivo generalizar toda a teoria de diagonalização de ma-

trizes reais para o caso complexo; apesar disso, desejamos proporcionar novas

e importantes aplicações da Álgebra Linear. Muitos problemas envolvendo

matrizes com autovalores complexos aparecem naturalmente em Engenharia

Elétrica, em F́ısica e na área de Sistemas Dinâmicos de um modo geral. Essa

discussão costuma ser feita num curso avançado de Álgebra Linear. Portanto,

nosso objetivo foi apenas o de apresentar a você alguns exemplos elementares.

Exerćıcios

1. Determine os autovalores e uma base para cada auto-espaço da matriz

A =

( 1 2 1 3

) .

2. Calcule os autovalores e autovetores da matriz

A =

( a −b b a

) ,

onde a , b ∈ R com a 6= 0 ou b 6= 0.

3. Dada a matriz A ∈ Mn(R) com autovalor λ ∈ C, mostre que λ̄ também é autovalor da matriz A.

97 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

Aula 30 – Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

Objetivo:

Aplicar os conceitos e as propriedades vistas nas Aulas 17 a 29.

Pré-requisitos: Aulas 17 a 29.

Nas próximas aulas apresentaremos uma série de exerćıcios resolvidos

sobre a segunda parte do curso. Esses exerćıcios o ajudarão a consolidar os

conceitos apresentados nas aulas anteriores.

A nossa orientação é que você primeiro tente resolver cada um dos

exerćıcios, usando, se necessário, as anotações das aulas anteriores, e, só

depois de obtida a sua própria solução, compará-la com a solução apresentada

aqui. Caso você não consiga resolver algum exerćıcio, não se aflija, leia

atentamente a solução correspondente. Se você ainda tiver dificuldade, não

hesite em procurar ajuda de seu tutor.

Exerćıcios

1. Determine a matriz, com respeito à base canônica, da projeção ortogo-

nal sobre a reta y = x.

2. Determine as projeções ortogonais dos pontos P1 = (1 , 0 , 1) e P2 =

(1 , 1 , 1) sobre o plano x + y − z = 0.

3. Determine o valor das constantes a, b, c, d ∈ R para que

A =

 

1 a + b b

2 0 4

3 4 3

  e B =

 

5 b− c 2d + 3 3 5 1

d b + c 0

 

sejam matrizes simétricas.

4. Dadas as matrizes simétricas A, B ∈ Mn(R), mostre que AB + BA também é uma matriz simétrica.

5. Dadas as matrizes A, B ∈ Mn(R) tal que A uma é matriz simétrica, verifique que BtAB é uma matriz simétrica.

6. Dados a, b ∈ R, com b 6= 0, encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza a matriz A =

( a b

b a

) , isto é, tal que D = P tAP .

99 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

7. Seja T : R3 R3 um operador auto-adjunto com autovalores associ- ados λ1 = 3 e λ2 = 4; suponha que v1 = (1 , 1 , 1) e v2 = (2 , 0 , 1)

são dois autovetores associados ao autovalor λ1 = 3. Determine um

autovetor associado ao autovalor λ2 = 4 e uma base ortonormal de

autovetores de T .

8. Para cada matriz abaixo, determine uma matriz ortogonal P e uma

matriz diagonal D tais que A = PDP t.

a) A =

 

3 1 0 0

1 3 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

  b) A =

 

3 1 0 0 0

1 3 0 0 0

0 0 2 1 1

0 0 1 2 1

0 0 1 1 2

 

Solução

1. Denotamos por T : R2 R2 a projeção ortogonal sobre a reta y = x, como ilustra a Figura 30.1

Figura 30.1: A projeção ortogonal sobre a reta y = x e a base ortonormal β.

Vamos primeiro determinar uma matriz que representa T com respeito

a uma base ortonormal β = {u1 , u2}. Sejam: u1 = (1

/2 , 1

/2) vetor unitário paralelo à reta y = x; e u2 =

(1/2 , 1/2) um vetor unitário normal à reta y = x. Como

T (u1) = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 e

T (u2) = 0 = 0 · u1 + 0 · u2, temos que

B = [T ]β =

( 1 0

0 0

) .

CEDERJ 100

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

Assim, a matriz A que representa T com respeito à base canônica é

dada por

A = P B P−1,

onde

P = [u1 u2] =

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

) .

Como P é uma matriz ortogonal, temos que

P−1 = P t =

( 1 /

2 1 /

2

1/2 1/2

) ,

portanto,

A = P B P−1

=

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

) ( 1 0

0 0

) ( 1 /

2 1 /

2

1/2 1/2

)

=

( 1/2 1/2

1/2 1/2

) .

2. Seja T : R3 R3 a projeção ortogonal sobre o plano π : x + y − z = 0; precisamos determinar a matriz A que representa essa projeção

com respeito à base canônica. Novamente, vamos primeiro obter a

matriz que representa T com respeito a uma base ortonormal β =

{u1 , u2 , u3}. Veja a Figura 30.2

Figura 30.2: Uma base ortonormal β.

Considere os seguintes vetores: u1 = (1 /

2 , 0 , 1 /

2) um vetor

unitário paralelo ao plano π, u2 = (1 /

6 , 2 /

6 , 1 /

6) um vetor

unitário ortogonal a u1 e paralelo ao plano π e u3 = (1 /

3 , 1 /

3 ,−1/3) um vetor unitário normal ao plano π.

Como

T (u1) = u1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3;

101 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

T (u2) = u2 = 0 · u1 + 1 · u2 + 0 · u3; e

T (u3) = 0 = 0 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3, temos que

B = [T ]β =

 

1 0 0

0 1 0

0 0 0

  .

Assim, a matriz A que representa T com respeito à base canônica é

dada por

A = P B P−1,

onde

P = [u1 u2 u3] =

 

1 /

2 1/6 1/3 0 2

/6 1

/3

1 /

2 1 /

6 1/3

  .

Como P é uma matriz ortogonal, temos que

P−1 = P t =

 

1 /

2 0 1 /

2

1/6 2/6 1/6 1 /

3 1 /

3 1/3

  ;

portanto

A = P B P−1

=

 

1 /

2 1/6 1/3 0 2

/6 1

/3

1 /

2 1 /

6 1/3

 

 

1 0 0

0 1 0

0 0 0

  .

.

 

1 /

2 0 1 /

2

1/6 2/6 1/6 1 /

3 1 /

3 1/3

 

=

 

2/3 1/3 1/3 1/3 2/3 1/3 1/3 1/3 2/3

  .

Assim, as imagens dos pontos P1 e P2, sob a ação da projeção or-

togonal sobre o plano π, são obtidas por multiplicação de matrizes:

CEDERJ 102

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

AP1 =

 

2/3 1/3 1/3 1/3 2/3 1/3 1/3 1/3 2/3

 

 

0

0

1

  =

 

1/3

1/3

2/3

  ;

AP2 =

 

2/3 1/3 1/3 1/3 2/3 1/3 1/3 1/3 2/3

 

 

1

1

1

  =

 

2/3

2/3

1

  .

Portanto, temos A P1 = (1/3 , 1/3 , 2/3) e AP2 = (2/3 , 2/3 , 1).

3. Lembre que uma matriz A é simétrica se e somente se A = At. Assim,

para a matriz

A =

 

1 a + b b

2 0 4

3 4 3

  ,

temos A = At se e somente se  

1 a + b b

2 0 4

3 4 3

  =

 

1 2 3

a + b 0 4

b 4 3

  ,

ou seja, se e somente se a + b = 2 e b = 3, ou, ainda, a = 1 e b = 3. Para a matriz

B =

 

5 b− c 2d + 3 3 5 1

d b + c 0

  ,

temos B = Bt se e somente se  

5 b− c 2d + 3 3 5 1

d b + c 0

  =

 

5 3 d

b− c 5 b + c 2d + 3 1 0

  ,

ou seja, se e somente se b− c = 3 , b+ c = 1 e 2d+3 = d, ou, ainda, b = 2 , c = 1 e d = 3.

4. Sendo A e B matrizes simétricas, temos A = At e B = Bt. Portanto,

(AB + BA)t = (AB)t + (BA)t

= BtAt + AtBt

= BA + AB

= AB + BA .

Portanto, a AB + BA também é uma matriz simétrica.

103 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

5. De fato, temos que

(BtAB)t = BtAt(Bt)t

= BtAB;

logo, BtAB também é uma matriz simétrica.

6. Como A é matriz simétrica, existe uma matriz ortogonal P que di-

agonaliza a matriz A. Lembre que as colunas de P são autovetores

unitários da matriz A. Portanto, precisamos calcular os autovalores e

os respectivos autovetores da matriz A. Seu polinômio caracteŕıstico é

dado por

p(x) = det(A− xI2)

=

∣∣∣∣∣ a− x −b −b a− x

∣∣∣∣∣

= (a− x)2 (−b)2

= x2 2ax + (a2 − b2) .

Portanto, os autovalores são λ1 = a+b e λ2 = a−b. Como b 6= 0, segue que λ1 6= λ2. Vamos, agora, ao cálculo dos autovetores. O autovetor associado ao autovalor λ1 = a + b é um vetor u1 = (x , y) R2 que satisfaz

(A− λ1I2)u1 = 0,

ou seja, ( −b b b −b

) ( x

y

) =

( 0

0

) .

Como b 6= 0, obtemos x = y. Assim, uma escolha de u1 = (x , y) que seja vetor unitário é dada por u1 = (1

/2 , 1

/2). Como λ1 6= λ2

e a matriz A é simétrica, então todo autovetor u2 = (x , y) R2 as- sociado ao autovalor λ2 = a − b é ortogonal ao vetor u1. Portanto, podemos escolher u2 = (1

/2 , 1

/2). Assim, a matriz

P = [u1 u2] =

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

)

CEDERJ 104

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

diagonaliza a matriz A, isto é,

D = P tAP

=

( 1 /

2 1 /

2

1/2 1/2

) ( a b

b a

) ( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

)

=

( a + b 0

0 a− b

)

é uma matriz diagonal semelhante à matriz A.

7. Seja v3 R3 um autovetor associado ao autovalor λ2 = 4. Como T é um operador auto-adjunto e os vetores v1 e v2 são linearmente

independentes, devemos ter v3 ortogonal a v1 e v2. Como estamos em

R3, v3 é paralelo ao vetor v1 × v2; portanto, podemos considerar

v3 = v1 × v2 = (1 , 1 ,−2).

Observe que para os autovetores v1 e v2 associados ao autovalor λ1 = 3

temos

v1,v2= (2 , 0 , 1), (1 , 1 , 1)= 2 · 1 + 0 · 1 + 1 · 1 = 3 6= 0;

logo, v1 e v2 não são ortogonais entre si. Para construir uma base

ortogonal de autovetores, consideramos os vetores v2, v3 e um novo

vetor w, com w ortogonal a v2 e v3, por exemplo,

w = v2 × v3 = (1 , 5 , 2).

Normalizando esses vetores, obtemos uma base ortonormal de autove-

tores β = {u1, u2, u3}, dada por:

u1 = w

||w|| = ( 130

, 530

, 230

);

u2 = v2 ||v2|| = (

25

, 0 , 15 );

u3 = v3 ||v3|| = (

16

, 16

, −1

6 ).

105 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

8. a) Sendo

A =

 

3 1 0 0

1 3 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

  ,

seu polinômio caracteŕıstico é dado por

p(x) = det(A− xI4)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3− x 1 0 0 1 3− x 0 0 0 0 −x 0 0 0 0 −x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= x2(x2 6x + 8)

= x2(x− 2)(x− 4) .

Logo, seus autovalores são:

• λ1 = 0, com multiplicidade algébrica 2; • λ2 = 2, com multiplicidade algébrica 1; e • λ3 = 4, com multiplicidade algébrica 1.

Vamos, agora, calcular uma base ortonormal de autovetores de A.

Para o autovalor λ1 = 0, sabemos que os autovetores associados

v = (x , y , z , t) R4 satisfazem

(A− 0 · I4)v = 0

Av = 0

isto é, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

3 1 0 0

1 3 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

 

 

x

y

z

t

  =

 

0

0

0

0

  .

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, no caso, a

própria matriz A, obtemos as soluções

x = 0, y = 0 e z, t arbitrários.

CEDERJ 106

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

Portanto, escolhendo ora z = 1, t = 0, e ora z = 0, t = 1, obtemos

que

u1 = (0 , 0 , 1 , 0) u2 = (0 , 0 , 0 , 1)

formam uma base ortonormal do auto-espaço associado ao auto-

valor λ1 = 0.

Para o autovalor λ2 = 2, sabemos que os autovetores associados

v = (x , y , z , t) R4 satisfazem

(A− 2 · I4)v = 0,

isto é, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

1 1 0 0

1 1 0 0

0 0 2 0 0 0 0 2

 

 

x

y

z

t

  =

 

0

0

0

0

  .

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as

soluções

y = −x e z = t = 0, com x arbitrário.

Portanto, escolhendo x = 1 /

2 e, conseqüentemente, y = 1/2, obtemos que

u3 =

( 12

, −1

2 , 0 , 0

)

forma uma base ortonormal do auto-espaço associado ao autovalor

λ2 = 2. Finalmente, para o autovalor λ3 = 4, os autovetores

associados v = (x , y , z , t) R4 satisfazem

(A− 4 · I4)v = 0,

ou seja, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 4 0 0 0 0 4

 

 

x

y

z

t

  =

 

0

0

0

0

  .

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as

soluções

y = x e z = t = 0, comx arbitrário.

107 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

Portanto, escolhendo x = 1 /

2 e, conseqüentemente, y = 1 /

2,

obtemos que

u4 =

( 12

, 12

, 0 , 0

)

forma uma base ortonormal do auto-espaço associado ao autovalor

λ3 = 4. Como a matriz A é simétrica, observe que os autovetores

associados a autovalores distintos são ortogonais. Assim, β =

{u1 , u2, u3, u4} é uma base ortonormal de R4 formada por autovetores da matriz A. Portanto, a matriz ortogonal P ,

P = [u1 u2 u3 u4] =

 

0 0 1 /

2 1 /

2

0 0 1/2 1/2 1 0 0 0

0 1 0 0

  ,

e a matriz diagonal D,

D =

 

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0 0 4

  ,

satisfazem A = PDP t.

b) No caso

A =

 

3 1 0 0 0

1 3 0 0 0

0 0 2 1 1

0 0 1 2 1

0 0 1 1 2

 

,

CEDERJ 108

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

seu polinômio caracteŕıstico é dado por

p(x) = det(xI5 − A)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x− 3 1 0 0 0 1 x− 3 0 0 0 0 0 x− 2 1 1 0 0 1 x− 2 1 0 0 1 1 x− 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣ x− 3 1 1 x− 3

∣∣∣∣∣ ·

∣∣∣∣∣∣∣

x− 2 1 1 1 x− 2 1 1 1 x− 2

∣∣∣∣∣∣∣

= (x2 6x + 8)(x3 6x2 + 9x− 4)

= (x− 1)2(x− 2)(x− 4)2 .

Logo, os autovalores da matriz A são:

• λ1 = 1, com multiplicidade algébrica 2; • λ2 = 2, com multiplicidade algébrica 1; e • λ3 = 4, com multiplicidade algébrica 2.

Vamos, agora, calcular uma base ortonormal de autovetores de A.

Para o autovalor λ1 = 1, sabemos que os autovetores associados

v = (x , y , z , t , s) R5 satisfazem

(A− 2 · I5)v = 0,

isto é, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

2 1 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1

 

 

x

y

z

t

s

 

=

 

0

0

0

0

0

 

.

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as

soluções

x = 0, y = 0, z = −t− s com t e s arbitrários.

109 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

Portanto, escolhendo t = 0 e s = 1, obtemos o autovetor

v1 = (0 , 0 , 1 , 0 ,−1).

Para obter um segundo autovetor v2 = (a , b , c , d , e) associado

ao autovalor λ1 = 1 e que seja ortogonal a v1, devemos ter

  

a = b = 0

c + d + e = 0

c− e = 0 ,

sendo que a última equação segue da condição v1, v2= 0. Uma solução desse sistema linear é dada por v2 = (0 , 0 , 1 ,−2 , 1). Assim, {v1, v2} é uma base ortogonal do auto-espaço associado a λ1 = 1.

Para o autovalor λ2 = 2, sabemos que os autovetores associados

v = (x , y , z , t , s) R5 satisfazem

(A− 2 · I5)v = 0,

isto é, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0

 

 

x

y

z

t

s

 

=

 

0

0

0

0

0

 

.

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos

as soluções

y = −x e z = t = 0, com x arbitrário.

Portanto, escolhendo x = 1, obtemos o autovetor

v3 = (1 ,−1 , 0 , 0 , 0),

que forma uma base do auto-espaço associado ao autovalor λ2 = 2.

Finalmente, para o autovalor λ3 = 4, os autovetores associados

v = (x , y , z , t , s) R5 satisfazem

(A− 4 · I5)v = 0,

CEDERJ 110

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte MÓDULO 3 – AULA 30

ou seja, satisfazem o sistema linear homogêneo

 

1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 2 1 1 0 0 1 2 1 0 0 1 1 2

 

 

x

y

z

t

s

 

=

 

0

0

0

0

0

 

.

Escalonando a matriz associada desse sistema linear, obtemos as

soluções

y = x, s = z e t = z, com x e z arbitrários.

Agindo como no caso do autovalor λ1 = 1, obtemos os seguintes

autovetores associados ao autovalor λ3 = 4:

v4 = (1 , 1 , 0 , 0 , 0) e v5 = (0 , 0 , 1 , 1 , 1), e eles formam uma

base ortogonal para o auto-espaço associado ao autovalor λ3 = 4.

Assim, {v1, v2, v3, v4, v5} é uma base ortogonal de R5 formada por autovetores da matriz A. Normalizando os vetores dessa base,

obtemos u1 =

( 0 , 0 , 1

2 , 0 , −1

2

) ;

u2 = ( 0 , 0 , 1

6 , −2

6 , 1

6

) ;

u3 = (

12 , −1

2 , 0 , 0 , 0

) ;

u4 = (

12 , 1

2 , 0 , 0 , 0

) ;

e

u2 = ( 0 , 0 , 1

3 , 1

3 , 1

3

) .

Observe, agora, que β = {u1 , u2, u3, u4, u5} é uma base orto- normal de R5 formada por autovetores da matriz A. Portanto, a

matriz ortogonal P ,

P = [u1 u2 u3 u4 u5] =

 

0 0 1 /

2 1 /

2 0

0 0 1/2 1/2 0 1 /

2 1 /

6 0 0 1 /

3

0 2/6 0 0 1/3 1/2 1/6 0 0 1/3

 

,

111 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 3a Parte

e a matriz diagonal D,

D =

 

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 4 0

0 0 0 0 4

 

,

satisfazem A = PDP t. Lembre que a ordem dos elementos da

diagonal principal da matriz D depende da ordem das colunas

da matriz ortogonal P e vice-versa.

CEDERJ 112

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

Aula 31 – Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

Objetivo:

Aplicar os conceitos e as propriedades vistas nas Aulas 17 a 29.

Pré-requisitos: Aulas 17 a 30.

Nesta aula, vamos dar continuidade à apresentação de exerćıcios resol-

vidos sobre a segunda parte do curso. Estes exerćıcios o ajudarão a consolidar

os conceitos apresentados nas aulas anteriores.

Mais uma vez, ressaltamos que você deve primeiro tentar resolver cada

um dos exerćıcios, usando, se necessário, as anotações das aulas anteriores,

e, só depois de obtida a sua própria solução, compará-la com a solução apre-

sentada aqui. Caso você não consiga resolver algum exerćıcio, não se aflija,

leia atentamente a solução correspondente e, se ainda tiver dificuldade, não

hesite em procurar ajuda de seu tutor. Uma discussão entre alunos e tutor

sobre as soluções encontradas é sempre muito proveitosa.

Exerćıcios

1. Para cada caso abaixo, determine a matriz que representa a forma

bilinear com respeito à base ordenada especificada.

a) F : R3 × R3 R dada por F (u , v) = u , vcom respeito à base β = {u1, u2, u3}, u1 = (2 , 0 , 1), u2 = (1 , 2 , 1) e u3 = (0 , 1 ,−2).

b) F : R2 × R2 R dada por F (u , v) = u , a〉 · 〈v , b, com a , b R2, com respeito à base canônica.

2. Expresse as formas quadráticas abaixo na forma vtAv, onde a matriz

A é uma matriz simétrica.

a) q(x1, x2) = 3 x 2 1 + 7 x

2 2

b) q(x1, x2, x3, x4) = x 2 1 + x

2 2 +3 x

2 3 +x

2 4 +2 x1x2 +4 x1x3 +6 x2x3 +

7 x1x4 2 x2x4 c) q(x1, x2, x3) = x

2 1 + x

2 2 − x23 + 2 x1x2 3 x1x3 + x2x3

113 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

d) q(x1, x2) = 7x1x2 e) q(x1, x2, . . . , xn) = (c1x1+c2x2+· · ·+cnxn)2, com c1, c2, . . . , cn ∈

R.

3. Diagonalize as seguintes formas quadráticas:

a) q(x , y) = 2xy

b) q(x , y , z) = 2xy + 2xz + 2yz

Em cada caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma

quadrática.

4. Identifique as cônicas representadas pelas equações abaixo. Em cada

caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma quadrática.

a) 2x2 + 5y2 = 20

b) x2 16y2 + 8x + 128y = 256 c) 4x2 20xy + 25y2 15x− 6y = 0

5. Identifique as quádricas representadas pelas equações abaixo. Em cada

caso, determine a matriz ortogonal que diagonaliza a forma quadrática.

a) 2xy + 2xz + 2yz − 6x− 6y − 4z = 9 b) 2xy − 62 x + 102 y + z − 31 = 0

6. Seja F a forma bilinear de R2 definida por

F ((x1, x2), (y1, y2)) = 2x1y1 3x1y2 + x2y2.

a) Determine a matriz A que representa F com respeito à base α =

{(1 , 0) , (1 , 1)}. b) Determine a matriz B que representa F com respeito à base β =

{(2 , 1) , (1 ,−1)}. c) Determine a matriz mudança de base P , da base α para a base β,

e verifique que B = P tAP .

CEDERJ 114

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

Solução

1. a) Lembre-se da Aula 25, na qual a matriz que representa a forma

bilinear com respeito à base β = {u1, u2, u3} é dada pela matriz A = (aij), onde aij = F (ui, uj). Neste caso, temos:

a11 = F (u1, u1) = u1, u1= (2 , 0 , 1) , (2 , 0 , 1)= 5; a12 = F (u1, u2) = u1, u2= (2 , 0 , 1) , (1 , 2 , 1)= 1; a13 = F (u1, u3) = u1, u3= (2 , 0 , 1) , (0 , 1 ,−2)= 2; a21 = F (u2, u1) = u2, u1= (1 , 2 , 1) , (2 , 0 , 1)= 1; a22 = F (u2, u2) = u2, u2= (1 , 2 , 1) , (1 , 2 , 1)= 6; a23 = F (u2, u3) = u2, u3= (1 , 2 , 1) , (0 , 1 ,−2)= 0; a31 = F (u3, u1) = u3, u1= (0 , 1 ,−2) , (2 , 0 , 1)= 2; a32 = F (u3, u2) = u3, u2= (0 , 1 ,−2) , (1 , 2 , 1)= 0; a33 = F (u3, u3) = u3, u3= (0 , 1 ,−2) , (0 , 1 ,−2)= 5.

Assim, a matriz A é dada por

A =

 

5 1 2 1 6 0 2 0 5

  .

Observe que A é uma matriz simétrica.

b) Sejam a = (a1, a2) e b = (b1, b2) vetores com respeito à base

canônica. Seja A = (aij) a matriz que representa a forma bilinear

F (u , v) = u , a〉 · 〈v , bcom respeito à base canônica. Assim, temos:

a11 = F (e1, e1) = e1, a〉 · 〈e1, b= (1 , 0) , (a1, a2)〉 · 〈(1 , 0) , (b1, b2)= a1b1; a12 = F (e1, e2) = e1, a〉 · 〈e2, b= (1 , 0) , (a1, a2)〉 · 〈(0 , 1) , (b1, b2)= a1b2; a21 = F (e2, e1) = e2, a〉 · 〈e1, b= (0 , 1) , (a1, a2)〉 · 〈(1 , 0) , (b1, b2)= a2b1; a22 = F (e2, e2) = e2, a〉 · 〈e2, b= (0 , 1) , (a1, a2)〉 · 〈(0 , 1) , (b1, b2)= a2b2.

Portanto,

A =

( a1b1 a1b2

a2b1 a2b2

) .

Observe que, em geral, a matriz A não é uma matriz simétrica.

115 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

2. Como foi visto na Aula 26, temos:

a)

q(x1, x2) = (x1 x2)

( 3 0

0 7

) ( x1

x2

) = 3x21 + 7x

2 2

b)

q(x1, x2, x3, x4) = (x1 x2 x3 x4)

 

1 1 2 7/2

1 2 3 1 2 3 3 0

7/2 1 0 1

 

 

x1

x2

x3

x4

 

= x21 + x 2 2 + 3 x

2 3 + x

2 4 + 2 x1x2 + 4 x1x3 + 6 x2x3 + 7 x1x4 2 x2x4

c)

q(x1, x2, x3) = (x1 x2 x3)

 

1 1 3/2 1 1 1/2

3/2 1/2 1

 

 

x1

x2

x3

 

= x21 + x 2 2 − x23 + 2 x1x2 3 x1x3 + x2x3

d)

q(x1, x2) = (x1 x2)

( 0 7/2

7/2 0

) ( x1

x2

) = 7x1x2

e)

q(x1, x2, . . . , xn) = (c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn)2 =

= c21x 2 1 + c

2 2x

2 2 + · · ·+ c2nx2n + 2 c1c2x1x2 + 2 c1c3x1x3 + · · ·

· · ·+ 2 cn−1cnxn−1xn

= (x1 x2 · · · xn)

 

c21 c1c2 c1c3 · · · c1cn c1c2 c

2 2 c2c3 · · · c2cn

c1c3 c2c3 c 2 3 · · · c3cn

... ...

... . . .

...

c1cn c2cn c3cn · · · c2n

 

 

x1

x2

x3 ...

xn

 

CEDERJ 116

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

3. a) Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que repre-

senta q na base canônica é dada por

A =

( 0 1

1 0

) .

Diagonalizar a forma quadrática q é equivalente a diagonalizar a

matriz simétrica A. Usando os procedimentos já conhecidos sobre

diagonalização de matrizes simétricas, os autovalores da matriz A

são λ1 = 1 e λ2 = 1. A matriz P será obtida a partir de uma base ortonormal de autovetores de A. Efetuando os cálculos, o

que é um exerćıcio para você, obtemos

u1 =

( 1 /

2

1 /

2

) autovetor associado ao autovalor λ1 = 1, e

u2 =

( 1/2 1 /

2

) autovetor associado ao autovalorλ2 = 1.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, então

P = [u1 u2] =

( 1 /

2 1/2 1 /

2 1 /

2

) ,

que representa uma rotação de π/4 radianos, e a matriz diagonal

correspondente será

D =

( 1 0

0 1

) ,

onde D = P tAP . Observe que a forma diagonal de q é dada por

q(x1, y1) = (x1 y1)

( 1 0

0 1

) ( x1

y1

)

= x21 − y21 .

b) Observando os coeficientes de q, vemos que a matriz A que repre-

senta q na base canônica é dada por

A =

 

0 1 1

1 0 1

1 1 0

  .

Procedendo à diagonalização da matriz simétrica A, deixamos

os detalhes dos cálculos como um exerćıcio para você, obtemos

117 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

os autovalores λ1 = 1, com multiplicidade algébrica 2, e λ2 = 2. A matriz mudança de variável P será obtida a partir de uma base

ortonormal de autovetores de A. Efetuando os cálculos, obtemos

u1 =

 

1 /

6

2/6 1 /

6

  autovetor associado ao autovalor λ1 = 1;

u2 =

 

1 /

2

0

1/2

  autovetor associado ao autovalorλ1 = 1;

u3 =

 

1 /

3

1 /

3

1 /

3

  autovetor associado ao autovalorλ2 = 2.

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, então

P = [u1 u2 u3] =

 

1 /

6 1 /

2 1 /

3

2/6 0 1/3 1 /

6 1/2 1/3

 

é uma matriz ortogonal e a matriz diagonal correspondente será

D =

  1 0 0 0 1 0 0 0 2

  ,

onde D = P tAP .

A forma diagonal de q é dada por

q(x1, y1, z1) = (x1 y1 z1)

  1 0 0 0 1 0 0 0 2

 

 

x1

y1

z1

 

= −x21 − y21 + 2 z21 . Como P é uma matriz ortogonal e det(P ) = 1, então P é uma

rotação em R3.

4. a) Como a forma quadrática q(x , y) = 2x2 + 5y2 não contém ter-

mos em xy, a equação da cônica já está diagonalizada. Podemos

escrevê-la na forma x2

10 +

y2

4 = 1,

e, dáı, identificar a cônica como uma elipse de semi-eixos10 e 2. Veja a Figura 31.1.

CEDERJ 118

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

Figura 31.1: A elipse x 2

10 + y

2

4 = 1.

b) Como a equação x216y2+8x+128y = 256 não contém termos em xy, ela já se encontra diagonalizada, restando apenas completar os

quadrados em x e y:

(x2 + 8x)16(y2 8y) = 256 (x + 4)2 1616 [(y − 4)2 16] = 256 (x + 4)2 16(y − 4)2 = 16 (x + 4)2

16 (y − 4)

2

1 = 1 .

Efetuando a translação

{ x1 = x + 4

y1 = y − 4 ,

a equação que representa a cônica se transforma, no sistema de

coordenadas x1y1, em

x21 16 − y

2 1

1 = 1.

Podemos identificar a hipérbole na Figura 31.2.

Figura 31.2: A hipérbole x21 16 − y21

1 = 1.

c) Reescrevendo a cônica 4x220xy +25y215x− 6y = 0 na forma matricial, obtemos

vtAv + Bv = 0,

119 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

onde

v =

( x

y

) R2,

A =

( 4 10 10 25

) e

B = (15 6 ). A matriz A é a matriz simétrica que representa a forma quadrática

q(x , y) = 4x2 20xy + 25y2 com respeito à base canônica. Não é dif́ıcil ver – os cálculos ficam para você – que os autovalores da

matriz A são λ1 = 0 e λ2 = 29, e os autovetores normalizados são

u1 =

( 5 /

29

2 /

29

) autovetor associado ao autovalor λ1 = 0, e

u2 =

( 2/29 5 /

29

) autovetor associado ao autovalorλ2 = 29.

Como {u1, u2} forma uma base ortonormal de R2, então

P = [u1 u2] =

( 5 /

29 2/29 2 /

29 5 /

29

)

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz dia-

gonal correspondente será

D =

( 0 0

0 29

) ,

com D = P tAP . Como det(P ) = 1, a matriz ortogonal P repre-

senta uma rotação em R2.

Considerando

v =

( x

y

) e v1 =

( x1

y1

) ,

e substituindo v = Pv1 em v tAv, obtemos

vtAv = (Pv1) tA (Pv1)

= vt 1 (P tAP )v1

= vt 1 D v1 ; onde P

tAP = D

= (x1 y1)

( 0 0

0 29

) ( x1

y1

)

= 29y21 .

CEDERJ 120

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

A forma linear se transforma em

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (15 6 ) (

5 /

29 2/29 2 /

29 5 /

29

) ( x1

y1

)

= (329 0 ) (

x1

y1

)

= 329 x1 .

Substituindo

vtAv = 29y21 e Bv = 3

29 x1

em vtAv + Bv = 0, obtemos

29y21 3

29 x1 = 0.

ou, ainda,

x1 =

29

3 y21,

onde identificamos facilmente a equação de uma parábola. Veja a

Figura 31.3.

x 1

y 1

Figura 31.3: A parábola x1 =

29 3

y21.

5. a) Reescrevendo a equação 2xy + 2xz + 2yz − 6x− 6y− 4z = 9 na forma matricial, temos

vtAv + B v = 9,

onde

v =

 

x

y

z

  , A =

 

0 1 1

1 0 1

1 1 0

  e B = (6 6 4).

121 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

A matriz A já foi diagonalizada no exerćıcio 3b. Encontramos:

u1 =

 

1 /

6

2/6 1 /

6

  autovetor associado ao autovalor λ1 = 1;

u2 =

 

1 /

2

0

1/2

  autovetor associado ao autovalor λ1 = 1;

u3 =

 

1 /

3

1 /

3

1 /

3

  autovetor associado ao autovalor λ2 = 2.

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, temos que

P = [u1 u2 u3] =

 

1 /

6 1 /

2 1 /

3

2/6 0 1/3 1 /

6 1/2 1/3

 

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz dia-

gonal correspondente será

D =

  1 0 0 0 1 0 0 0 2

  .

Vale também que D = P tAP .

Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rotação em R3.

Considerando

v =

 

x

y

z

  e v1 =

 

x1

y1

z1

  ,

e substituindo v = Pv1 em v tAv, obtemos

vtAv = (Pv1) tA (Pv1)

= vt 1 (P tAP )v1

= vt 1 D v1 ; onde P

tAP = D

= (x1 y1 z1)

  1 0 0 0 1 0 0 0 2

 

 

x1

y1

z1

 

= −x21 − y21 + 2z21 .

CEDERJ 122

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

Agora, substituindo v = Pv1 em B v, obtemos

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (6 6 4)

 

1 /

6 1 /

2 1 /

3

2/6 0 1/3 1 /

6 1/2 1/3

 

 

x1

y1

z1

 

= 26 x1 2

6 y1 16

6 z1 .

Portanto, substituindo

vtAv = −x21 − y21 + 2z21 e Bv = 26 x1 2

6 y1 16

6 z1

na equação vtAv + B v = 9, obtemos

−x21 − y21 + 2z21 + 26 x1 2

6 y1 16

6 z1 = 9.

Completando os quadrados nas variáveis x1, y1 e z1, obtemos a

quádrica

(

x1 16

)2

( y1 +

12

)2 + 2

( z1 +

43

)2 = 1.

Agora, aplicando a translação

  

x2 = x1 16 y2 = y1 +

12

z2 = z1 + 43

,

obtemos

−x22 − y22 + 2z22 = 1, que representa um hiperbolóide de duas folhas.

b) Reescrevendo a equação 2xy − 62 x + 102 y + z − 31 = 0 na forma matricial, temos

vtAv + B v = 31,

onde

v =

 

x

y

z

  , A =

 

0 1 0

1 0 0

0 0 0

  e B = (6

2 10

2 1).

123 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

Deixamos para você, novamente, o exerćıcio de calcular os auto-

valores e os autovetores correspondentes da matriz A. Obtemos:

u1 =

 

0

0

1

  autovetor associado ao autovalor λ1 = 0;

u2 =

 

1 /

2

1 /

2

0

  autovetor associado ao autovalor λ2 = 1;

u3 =

  1/2 1 /

2

0

  autovetor associado ao autovalor λ3 = 1.

Como {u1, u2, u3} forma uma base ortonormal de R3, temos que

P = [u1 u2 u3] =

 

0 1 /

2 1/2 0 1

/2 1

/2

1 0 0

 

é a matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, e a matriz dia-

gonal correspondente será

D =

 

0 0 0

0 1 0

0 0 1

  ,

onde D = P tAP .

Observe que det(P ) = 1, logo P representa uma rotação em R3,

a saber, uma rotação de π/4 radianos em torno do eixo-z. Consi-

derando

v =

 

x

y

z

  e v1 =

 

x1

y1

z1

  ,

e substituindo v = Pv1 em v tAv, obtemos

vtAv = (Pv1) tA (Pv1)

= vt 1 (P tAP )v1

= vt 1 D v1 ; pois P

tAP = D

= (x1 y1 z1)

 

0 0 0

0 1 0

0 0 1

 

 

x1

y1

z1

 

= y21 − z21 .

CEDERJ 124

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte MÓDULO 3 – AULA 31

Agora, substituindo v = Pv1 em B v, obtemos

Bv = B(Pv1)

= BPv1

= (62 102 1)

 

0 1 /

2 1/2 0 1

/2 1

/2

1 0 0

 

 

x1

y1

z1

 

= (1 4 16)

 

x1

y1

z1

 

= x1 + 4y1 + 16z1 .

Portanto, substituindo

vtA,v = y21 − z21 e Bv = x1 + 4y1 + 16z1

na equação vtAv + B v = 9, obtemos

y21 − z21 + x1 + 4y1 + 16z1 = 31.

Completando os quadrados nas variáveis y1 e z1, obtemos

(y21 + 4y1)(z21 16z1) + x1 = 31

(y1 + 2) 2 4(z1 8)2 + 64 + x1 = 31

e, por fim,

x1 + 29 = (y1 + 2)2 + (z1 8)2.

Agora, aplicando a translação

  

x2 = x1 + 29

y2 = y1 + 2

z2 = z1 8 ,

obtemos

x2 = −y22 + z22 , que representa um parabolóide hiperbólico.

6. a) Queremos montar a matriz A = (aij), onde aij = F (ui, uj),

u1 = (1 , 0) e u2 = (1 , 1). Temos:

a11 = F (u1, u1) = F ((1 , 0), (1 , 0)) = 2;

125 CEDERJ

Exerćıcios resolvidos – 4a Parte

a12 = F (u1, u2) = F ((1 , 0), (1 , 1)) = 1; a21 = F (u2, u1) = F ((1 , 1), (1 , 0)) = 2;

a22 = F (u2, u2) = F ((1 , 1), (1 , 1)) = 0.

Logo,

A =

( 2 1 2 0

) .

b) Queremos montar a matriz B = (bij), onde bij = F (vi, vj), v1 =

(2 , 1) e v1 = (1 ,−1). Temos:

b11 = F (v1, v1) = F ((2 , 1), (2 , 1)) = 3;

b12 = F (v1, v2) = F ((2 , 1), (1 ,−1)) = 9; b21 = F (v2, v1) = F ((1 ,−1), (2 , 1)) = 0; b22 = F (v2, v2) = F ((1 ,−1), (1 ,−1)) = 6.

Logo,

B =

( 3 9

0 6

) .

c) Expressando v1 e v2 em função de u1 e u2 (os detalhes ficam para

você), obtemos:

v1 = 1 · u1 + 1 · u2; v2 = 2 · u1 + (1) · u2,

e, portanto, P =

( 1 2

1 1

) e P t =

( 1 1

2 1

) ,

onde

P tAP =

( 1 1

2 1

) ( 2 1 2 0

) ( 1 2

1 1

) =

( 3 9

0 6

) = B.

CEDERJ 126

Um caso prático MÓDULO 3 – AULA 32

Aula 32 – Um caso prático

Um modelo de crescimento populacional

Nesta última aula, vamos ilustrar como a teoria de autovalores e auto-

vetores de matrizes com coeficientes reais pode ser usada para analisar um

modelo de crescimento populacional.

Iniciaremos nossa discussão com a apresentação de um modelo simples

de crescimento populacional. Para isso, vamos supor que certas espécies têm

uma taxa de crescimento constante. Isso significa que a população cresce a

percentuais iguais em intervalos de tempos iguais.

Vamos considerar uma espécie em que cada indiv́ıduo de uma geração

produz r novos descendentes e, logo em seguida, morre. Assim, se pn denota

o número de indiv́ıduos da população da n-ésima geração, supondo que as

gerações se sucedem a intervalos de tempos iguais, temos que

pn = r pn−1.

Por exemplo, se r = 2, temos: p0 é a população inicial da espécie;

p1 = 2 p0;

p2 = 2 p1 = 2 (2 p0) = 2 2p0;

p3 = 2 p2 = 2 (2 2p0) = 2

3p0.

De modo geral, temos pn = 2 np0. E para r arbitrário, temos pn = r

np0.

Esse modelo pode ser usado, por exemplo, para descrever a população de uma

certa bactéria, na qual, a cada peŕıodo de tempo, cada bactéria se divide em

duas outras. Para esse modelo, a população cresce para o infinito se r > 1,

decresce para zero se 0 < r < 1 e permanece constante se r = 1.

Como você pode notar, esse modelo populacional é muito simples. Por

exemplo, para a maioria das espécies o número de descendentes depende

da idade dos pais. No caso da espécie humana, uma mulher com 50 anos de

idade tem mais dificuldade de ter filhos que uma de 20 anos. Estudaremos

um modelo que leva em consideração esse tipo de complexidade.

Vamos considerar uma certa espécie de pássaros em que o número de

127 CEDERJ

Um caso prático

machos é igual ao número de fêmeas. Assim, basta controlar o número de

fêmeas. Vamos supor, ainda, que o peŕıodo de reprodução é de um ano e

que, após o nascimento de uma nova fêmea, ela só poderá se reproduzir após

um ano de vida. Antes de um ano ela será considerada uma fêmea jovem e

após um ano será considerada uma fêmea adulta. Podemos, então, denotar

por:

pj,n a população de fêmeas jovens após n anos (n peŕıodos de re-

produção);

pa,n a população de fêmeas adultas após n anos.

Vamos também assumir que, a cada ano, uma fração α de fêmeas jovens

sobrevive e se torna fêmeas adultas, que cada fêmea adulta produz k novas

fêmeas jovens e que uma fração β de fêmeas adultas sobrevive.

A suposição de taxa de sobrevivência constante significa que a sobre-

vivência dos adultos independe da sua idade, o que nem sempre se aplica.

Com as suposições anteriores, podemos relacionar a população de fêmeas

jovens e adultas da seguinte forma: {

pj,n = k pj,n−1 pa,n = α pj,n−1 + β pa,n−1 ,

o que nos dá um sistema linear de ordem 2. Em notação matricial, podemos

reescrevê-lo como

Pn = APn−1,

onde

Pn =

( pj,n

pa,n

) e A =

( 0 k

α β

) .

Observe que

P1 = AP0;

P2 = AP1 = A (AP0) = A 2P0;

P3 = AP2 = A (A 2P0) = A

3P0;

P4 = AP3 = A (A 3P0) = A

4P0,

e, assim, de um modo geral,

Pn = A nP0,

onde

P0 =

( pj,0

pa,0

)

é a matriz que representa a população inicial de fêmeas (jovens e adultas).

CEDERJ 128

Um caso prático MÓDULO 3 – AULA 32

Exemplo 1

Vamos considerar o modelo descrito anteriormente durante um peŕıodo de

20 anos com matriz A dada por

A =

( 0 2

0, 3 0, 5

) .

Essa matriz informa que cada fêmea adulta gera k = 2 fêmeas jovens a

cada ano e que as taxas de sobrevivência são α = 0, 3 para fêmeas jovens e β =

0, 5 para fêmeas adultas. Observe que α < β significa que as fêmeas jovens

têm menos chances de sobreviver que as adultas. Vamos supor, inicialmente,

que temos 10 fêmeas adultas e nenhuma jovem; portanto,

P0 =

( 0

10

) .

Assim, após um ano, temos

P1 = AP0 =

( 0 2

0, 3 0, 5

) ( 0

10

) =

( 20

5

) .

Como pj,1 = 20 e pa,1 = 5, a população total de fêmeas é de 25 in-

div́ıduos após um ano e a razão entre fêmeas jovens e adultas é

pj,1 pa,1

= 20

5 = 4.

Após o segundo ano, temos

P2 = AP1 =

( 0 2

0, 3 0, 5

) ( 20

5

) =

( 10

8, 5

) .

O valor de 8,5 para fêmeas adultas pode ser interpretado como um total

de 8 indiv́ıduos. No entanto, como pj,2 = 10 e pa,2 = 8, 5, a população

total de fêmeas é de 18 indiv́ıduos após dois anos, e a razão entre fêmeas

jovens e adultas é

pj,2 pa,2

= 10

8, 5 = 1, 18.

129 CEDERJ

Um caso prático

Procedendo dessa forma, obtemos a seguinte tabela de valores:

Tabela 32.1

Ano Fêmeas jovens Fêmeas adultas Total de fêmeas pj,n/pa,n

n pj,n pa,n Pj,n + pa,n

0 0 10 10 0

1 20 5 25 4,00

2 10 8 18 1,18

3 17 7 24 2,34

4 14 8 22 1,66

5 17 8 25 2,00

10 22 12 34 1,87

11 24 12 36 1,88

12 25 13 38 1,88

20 42 22 64 1,88

Retornando ao modelo geral, suponhamos que a matriz A tenha dois

autovalores reais distintos, λ1 e λ2, com autovetores correspondentes v1 e v2,

respectivamente. Como v1 e v2 são linearmente independentes, eles formam

uma base de R2 e, portanto, podemos escrever

P0 = a1v1 + a2v2, com a1, a2 R.

Como Pn = A nP0, temos que

Pn = A nP0

= An(a1v1 + a2v2) ,

e, portanto,

Pn = a1A nv1 + a2A

nv2.

Agora, como v1 é autovetor associado ao autovalor λ1, temos

Av1 = λ1v1;

A2v1 = A(Av1)

= A(λ1v1)

= λ1(Av1)

= λ1(λ1v1)

= λ21v1 ;

A3v1 = λ 3 1v1 ;

CEDERJ 130

Um caso prático MÓDULO 3 – AULA 32

e, de um modo geral, Anv1 = λ n 1v1. Analogamente, A

nv2 = λ n 2v2. Portanto,

podemos reescrever a equação

Pn = a1A nv1 + a2A

nv2

na forma

Pn = a1λ n 1v1 + a2λ

n 2v2.

O polinômio caracteŕıstico da matriz A =

( 0 k

α β

) é dado por

p(x) = det(A− xI2) = x2 − βx− kα ,

cujas ráızes são

λ = 1

2

( β ±

β2 + 4αk

) .

Como k > 0, 0 < α < 1 e 0 < β < 1, temos que β2 + 4αk > 0 e,

portanto, a matriz A de fato possui dois autovalores reais distintos, λ1 e λ2,

como supusemos inicialmente. Vemos também que

λ1 = 1

2

( β +

β2 + 4αk

) > 0

e

λ2 = 1

2

( β −

β2 + 4αk

) < 0,

e, ainda, que 1| > |λ2|. Assim, neste caso, o vetor Pn pode ser reescrito como

Pn = λ n 1

[ a1v1 +

( λ2 λ1

)n a2v2

] .

Agora, já que ∣∣∣λ2λ1

∣∣∣ < 1, temos que (

λ2 λ1

)n → 0 quando n → +, ou

seja, λ2 λ1 0 quando n é muito grande. Nesse caso, teremos

Pn ≈ a1λn1v1.

Isso significa que, após um tempo grande, a população fica proporcional

a v1.

131 CEDERJ

Um caso prático

Exemplo 2

Dando continuidade ao Exemplo 1, como A =

( 0 2

0, 3 0, 5

) , temos que o

polinômio caracteŕıstico é

p(x) = x2 0, 5 x− 0, 6.

Assim, os autovalores são

λ1 = 1

2

( 0, 5 +

√ 2, 65

) 1, 06

e

λ2 = 1

2

( 0, 5

√ 2, 65

) ≈ − 0, 56.

Efetuando contas rotineiras que você pode conferir, obtemos os respec-

tivos autovetores:

v1 =

( 1

0, 53

) e v2 =

( 1

0, 28

) .

Observe, do autovetor v1, que

1

0, 53 1, 88,

o que explica a razão pj,n/pa,n na quinta coluna da tabela do Exemplo 1.

No exemplo anterior, trabalhamos com precisão de duas casas deci-

mais nas aproximações numéricas. É claro que obteremos informações mais

precisas se usarmos um número maior de casas decimais.

Devemos, também, esclarecer algumas limitações desse modelo. As

taxas de nascimento e morte de uma população de pássaros variam de ano

para ano e, em particular, dependem do clima da região. Em nossa discussão,

assumimos um meio ambiente constante.

Muitos ecologistas também têm observado que as taxas de nascimento e

morte variam com o tamanho da população. Em particular, a população não

pode crescer mais depois de atingir um certo tamanho limite, pois incorre no

problema da falta de alimento. E, ainda, se a população crescesse indefini-

damente a uma taxa constante, ela iria superpovoar qualquer ecossistema.

Exerćıcios

1. Usando o modelo populacional desenvolvido neste caṕıtulo, determine

o número de fêmeas jovens e adultas após peŕıodos de 1, 2, 5, 10, 19 e

CEDERJ 132

Um caso prático MÓDULO 3 – AULA 32

20 anos. Em cada caso, calcule também a razão pj,n/pa,n. Considere

P0 =

( 0

12

) , k = 3, α = 0, 4 e β = 0, 6.

Esperamos que você tenha apreciado os conhecimentos matemáticos

desenvolvidos neste curso. Eles são, realmente, de ampla aplicação prática.

Na medida em que você desenvolver outras ferramentas matemáticas, você

verá esses conceitos ressurgindo em muitos contextos diferentes. No mais,

nós, autores, desejamos a você toda a sorte e sucesso na sua caminhada pelo

maravilhoso mundo da Matemática.

133 CEDERJ

Soluções de exerćıcios selecionados

Soluções de exerćıcios selecionados

Aula 19

1. [T ] =

 

0 0 1

0 1 0

1 0 0

  .

2. autovalorλ1 = 1 com multiplicidade 2: autovetores u1 = (1 /

2, 0, 1 /

2)

e u2 = (0, 1, 0);

autovalor λ2 = 1 com multiplicidade 1: autovetor u3 = (1 /

2, 0,−1/2).

Aula 20

1. Matriz da projeção ortogonal com respeito à base canônica:

A =

( 1/4

3 / 4

3 / 4 1/4

) .

A diagonalização da matriz A é dada por

A = PDP t =

( 1/2 −√3/23 / 2 1/2

) ( 1 0

0 0

) ( 1/2

3 / 2

−√3/2 1/2

) .

Aula 21

1. [T ] =

 

1 0 0

0 0 0

0 0 1

 

2. [T ] =

 

1/2 0 1/2

0 1 0

1/2 0 1/2

 

3. É dada pelo produto de matrizes

 

1 /

2 1/3 1/6 1 /

2 1 /

3 1/6 0 1

/3 2

/6

 

 

1 0 0

0 1 0

0 0 1

 

 

1 /

2 1 /

2 0

1/3 1/3 1/3 1 /

6 1/6 2/6

  .

135 CEDERJ

Soluções de exerćıcios selecionados

Aula 22

1. Como At = A, temos

(A2)t = (AA)t = AtAt = (At)2 = A2,

garantindo que A2 é uma matriz simétrica.

2. Sejam P matriz ortogonal (P−1 = P t) e D matriz diagonal tais que

A = PDP t. Então

A2 = AA = (PDP t) (PDP t) = PD(P tP )DP t = PDIDP t = PD2P t,

mostrando que A2 também é diagonalizável por matriz ortogonal.

3. Como A é uma matriz simétrica, temos, pelo Teorema 3, que A

diagonalizável por matriz ortogonal. Os autovalores de A são:

λ1 = 3 com multiplicidade algébrica2;

λ2 = 1 com multiplicidade algébrica2.

Uma base ortonormal para o auto-espaço V3 é dada por:

u1 = (1 /

2, 1 /

2, 0, 0);

u2 = (0, 0, 1 /

2,−1/2),

enquanto uma base para o auto-espaço V−1 é dada por:

u3 = (1 /

2,−1/2, 0, 0); u4 = (0, 0, 1

/2, 1

/2).

Assim, as matrizes

P =

 

1 /

2 0 1 /

2 0

1 /

2 0 1/2 0 0 1

/2 0 1

/2

0 1/2 0 1/2

  e D =

 

3 0 0 0

0 3 0 0

0 0 1 0 0 0 0 1

 

satisfazem A = PDP t.

CEDERJ 136

Soluções de exerćıcios selecionados

Aula 23

1. a) P =

( 1 /

2 1 /

2

1/2 1/2

) ; D =

( 0 0

0 4

)

b) P =

 

1 /

3 1/2 1/6 1 /

3 1 /

2 1/6 1 /

3 0 2 /

6

  ; D =

  2 0 0 0 1 0

0 0 1

 

c) P =

 

1 /

2 0 1 /

2 0

1/2 0 1/2 0 0 1

/2 0 1

/2

0 1/2 0 1/2

  ; D =

 

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 4 0

0 0 0 4

 

2. Observe que λ = 5 é um autovalor de A, mas v = (1, 1, 0) não é um autovetor correspondente ao autovalor λ = 5. Temos:

P =

 

1 /

3 1/2 1/6 1 /

3 1 /

2 1/6 1 /

3 0 2 /

6

  ; D =

 

5 0 0

0 2 0

0 0 2

 

Aula 24

1. A matriz que representa o operador T com respeito à base canônica é

A =

 

2 1 1

1 2 1 1 1 2

  .

Como A é uma matriz simétrica, segue que o operador T é auto-adjunto.

2. A base pode ser β = {u1,u2,u3}, dada por u1 = (1

/3, 1

/3 , 1

/3); u2 = (1

/2, 1

/2 , 0) e u3 = (1

/6,

1 /

6 ,−2/6) .

Aula 25

1. Para todo u , v , w Rn e a ∈ R,

F (u + aw, v) = (u + aw)tAv

= (ut + awt) Av

= utAv + a (wtAv)

= F (u , v) + aF (w, v) .

137 CEDERJ

Soluções de exerćıcios selecionados

Assim, F é linear na primeira variável. De forma análoga, mostra-se que F

também é linear na segunda variável.

2. a) A = I3 =

 

1 0 0

0 1 0

0 0 1

  b) B =

 

2 1 2 1 2 1 2 1 5

 

3. a) A =

( 2 1 2 0

) b) B =

( 3 9

0 6

) c) P =

( 1 2

1 1

)

Aula 28

1. z22 = x 2 2 − y22; parabolóide hiperbólico.

2. x22 + y 2 2 2z22 = 1; hiperbolóide de duas folhas.

3. x22 4

+ y22 4

+ z22 2

= 1; elipsóide.

Aula 29

1. λ1 = 2 + i; v1 = (1 + i , 1) λ2 = 2− i; v2 = (1− i , 1)

2. O polinômio caracteŕıstico é p(x) = x2 2a x + b, cujas ráızes são λ1 = a + b i e λ2 = a− b i, com autovetores associados v1 = (1 ,− i) e v2 = (1 , i), respectivamente.

3. Basta observar que, se A é matriz real, então seu polinômio carac-

teŕıstico p(x) tem coeficientes reais. Logo, se λ é uma raiz complexa de

p(x), então λ̄ também é raiz de p(x).

Aula 32

1. Os autovalores são λ1 1, 44 e λ2 ≈ − 0, 836, com autovalores corres- pondentes

v1 =

( 2, 09

1

) e v2 =

( 3, 57 1

) .

Valores:

Tabela 32.2

CEDERJ 138

Soluções de exerćıcios selecionados

Ano Fêmeas jovens Fêmeas adultas Total de fêmeas pj,n/pa,n

n pj,n pa,n Pj,n + pa,n

0 0 12 12 0

1 36 7 43 5,14

2 21 19 40 1,11

5 104 45 149 2,31

10 600 291 981 2,06

19 16,090 7,737 23,827 2,08

20 23,170 11,140 34,310 2,08

139 CEDERJ

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