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Terceira Prova de A´lgebra Linear 1 - 08.013-6 C
15-01-2013
Nome: RA :
1. Seja V um espac¸o vetorial munido de um produto interno 〈 , 〉. Se α = {w1, w2, w3} e´ uma
base ortogonal de V e u, v sa˜o vetores de V tais que [u]α =
 1−1
0
 e [v]α =
01
2
 e 〈u, v〉 = −4
determine ||w2||.
Temos que u = 1 · w1 + (−1) · w2 e v = 1 · w2 + 2 · w3, logo
−4 = 〈u, v〉 = 〈w1−w2, w2 +2 ·w3〉 = 〈w1, w2〉+2 · 〈w1, w3〉−〈w2, w2〉−2 · 〈w2, w3〉 = −||w2||2
pois 〈w1, w2〉 = 〈w1, w3〉 = 〈w2, w3〉 = 0.
Segue enta˜o que ||w2|| = 2
2. Considere R2 munido do produto interno usual 〈(x, y), (a, b)〉 = xa+ yb. Seja T : R2 → R2 o
operador linear tal que [T ]αα =
(
3 2
−1 −2
)
, sendo a base α dada por α = {(1, 1), (1, 0)}.
a) T e´ um operador auto-adjunto? justifique
Temos que, se (x, y) = α(1, 1) + β(1, 0) enta˜o α + β = x e α + 0 = y. Disso segue que α = y
e β = x− y, ou seja,
(x, y) = y · (1, 1) + (x− y) · (1, 0)
Assim, T (x, y) = y · T (1, 1) + (x− y) · T (1, 0) =
= y · (3 · (1, 1) + (−1) · (1, 0)) + (x− y) · (2 · (1, 1) + (−2) · (1, 0)) =
= y · (2, 3) + (x− y) · (0, 2) = (2y, 2x+ y)
Assim, dados vetores arbitra´rios (x, y) e (a, b) de R2, temos que:
〈T (x, y), (a, b)〉 = 〈(2y, 2x+ y), (a, b)〉 = 2ya+ (2x+ y)b = 2ya+ 2xb+ yb
〈(x, y), T (a, b)〉 = 〈(x, y), (2b, 2a+ b)〉 = 2xb+ y(2a+ b) = 2xb+ 2ya+ yb
Logo, 〈T (x, y), (a, b)〉 = 〈(x, y), T (a, b)〉 para quaisquer (x, y), (a, b) ∈ R2. Portanto,
T e´ um operador auto-adjunto
b) T e´ um operador ortogonal? justifique
Pelo item a) temos que T (1, 1) = (2, 3) e T (1, 0) = (0, 2). Assim,
〈T (1, 1), T (1, 0)〉 = 〈(2, 3), (0, 2)〉 = 6 6= 1 = 〈(1, 1), (1, 0)〉
de onde segue que T na˜o e´ um operador ortogonal
Uma outra forma de resolver a) e b) e´ a seguinte:
1
Como a base canoˆnica α = {(1, 0), (0, 1)} e´ uma base ortonormal, em relac¸a˜o ao produto
interno usual de R2, temos que
T sera´ auto-adjunto se, e somente se, [T ]αα for uma matriz sime´trica.
T sera´ operador ortogonal se, e somente se, [T ]αα for uma matriz ortogonal.
Mas como T (x, y) = (2y, 2x+ y), temos que [T ]αα =
(
0 2
2 1
)
Como [T ]αα e´ uma matriz sime´trica, segue que T e´ um operador auto-adjunto e como
[T ]αα([T ]
α
α)
t =
(
0 2
2 1
)
·
(
0 2
2 1
)
=
(
4 2
2 5
)
6=
(
1 0
0 1
)
segue que T na˜o e´ um operador auto-adjunto.
3. Seja Q : R2 → R a forma quadra´tica definida por Q(x, y) = 2x2 + 4xy − y2.
a) Determine uma base β de R2 tal que, para [v]β =
(
z
w
)
tem-se Q(v) = az2 + bw2;
Seja c = {(1, 0), (0, 1)} a base canoˆnica de R2. Temos que [Q]c =
(
2 2
2 −1
)
. Precisamos de-
terminar uma base ortonormal β formada por auto-vetores de [Q]c. Para tanto, determinemos
seus auto-valores. O polinoˆmio caracter´ıstico de [Q]c e´ dado por P (x) = det
(
x− 2 −2
−2 x+ 1
)
=
(x− 2)(x+ 1)− 4 = x2 − x− 6, cujas ra´ızes sa˜o λ1 = −2 e λ2 = 3.
• Ca´lculo do auto-vetor associado ao auto-valor λ1 = −2(−4 −2
−2 −1
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Logo, −2x − y = 0, de onde segue que v1 = ( 1√5 ,− 2√5) e´ um auto-vetor normalizado corres-
pondente ao auto-valor λ1 = −2.
• Ca´lculo do auto-vetor associado ao auto-valor λ2 = 3(
1 −2
−2 4
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Logo, x−2y = 0, de onde segue que v2 = ( 2√5 , 1√5) e´ um auto-vetor normalizado correspondente
ao auto-valor λ2 = 3.
Assim, β = {( 1√
5
,− 2√
5
), ( 2√
5
, 1√
5
)} , pois,
Q(v) =
(
x y
) · (2 2
2 −1
)
·
(
x
y
)
= ([v]c)
t · [Q]c · [v]c = ([I]βc · [v]β)t · [Q]c · ([I]βc · [v]β) =
= ([v]β)
t · (([I]βc )t · [Q]c · [I]βc ) · [v]β = ([v]β)t · [Q]β · [v]β =
(
z w
) ·(−2 0
0 3
)
·
(
z
w
)
=
= −2z2 + 3w2
b) Determine os coeficientes a e b do item a).
Segue do item a) que a = −2 e b = 3 .
2
4. Seja C a coˆnica definida por S : 4x2 − 4xy + y2 − 6x+ 3y + 2 = 0.
a) A coˆnica S pode representar uma el´ıpse? justifique.
Para uma coˆnica Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 representar uma el´ıpse, devemos
ter B2 − 4AC < 0. No caso deste exerc´ıcio, A = 4, B = −4 e C = 1, logo B2 − 4AC =
(−4)2 − 4 · 4 · 1 = 0. Assim,
a coˆnica S na˜o pode representar uma el´ıpse
A coˆnica S pode representar uma para´bola, ou um par de retas paralelas, ou uma u´nica reta,
ou ainda o conjunto vazio.
b) Determine que coˆnica S representa, reduzindo sua equac¸a˜o a` uma forma mais simples;
Para eliminarmos o termo misto da coˆnica S, devemos diagonalizar a forma quadra´tica
Q(x, y) = 4x2 − 4xy + y2. Se [v]c =
(
x
y
)
, sendo c = {(1, 0), (0, 1)} a base canoˆnica de
R2, enta˜o
[Q]c =
(
4 −2
−2 1
)
Precisamos determinar uma base ortonormal β formada por auto-vetores de [Q]c. Para tanto,
determinemos seus auto-valores. O polinoˆmio caracter´ıstico de [Q]c e´ dado por P (x) =
det
(
x− 4 2
2 x− 1
)
= (x− 4)(x− 1)− 4 = x2 − 5x, cujas ra´ızes sa˜o λ1 = 0 e λ2 = 5.
• Ca´lculo do auto-vetor associado ao auto-valor λ1 = 0(−4 2
2 −1
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Logo, 2x−y = 0, de onde segue que v1 = ( 1√5 , 2√5) e´ um auto-vetor normalizado correspondente
ao auto-valor λ1 = 0.
• Ca´lculo do auto-vetor associado ao auto-valor λ2 = 5(
1 2
2 4
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Logo, x+ 2y = 0, de onde segue que v2 = (− 2√5 , 1√5) e´ um auto-vetor normalizado correspon-
dente ao auto-valor λ2 = 5.
Assim, β = {( 1√
5
, 2√
5
), (− 2√
5
, 1√
5
)} e se denotarmos [v]β =
(
z
w
)
teremos,
3
4x2 − 4xy + y2 − 6x+ 3y + 2 = 0 ⇔
⇔ Q(v) + (−6 3) · (x
y
)
+ 2 = 0 ⇔
⇔ Q(v) + (−6 3) · [v]c + 2 = 0 ⇔
⇔ ([v]β)t · [Q]β · [v]β +
(−6 3) · [I]βc [v]β + 2 = 0 ⇔
⇔ (z w) · (0 0
0 5
)
·
(
z
w
)
+
(−6 3) ·( 1√5 − 2√52√
5
1√
5
)(
z
w
)
+ 2 = 0 ⇔
⇔ 5w2 + (0 3√5) · (z
w
)
+ 2 = 0 ⇔
⇔ 5w2 + 3√5w + 2 = 0 ⇔
⇔ 5(w2 + 2 · w · 3
2
√
5
+ 9
20
)− 9
4
+ 2 = 0 ⇔
⇔ (w + 3
2
√
5
)2 = 1
20
⇔
⇔ w = − 1√
5
ou w = − 2√
5
Desta forma, notamos que a coˆnica S representa um par de retas paralelas
c) Esboce o desenho da coˆnica S no sistema de coordenadas abaixo.
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w=− 1√
5
w=− 2√
5
v1
v2
−2 −1 0 1 2
1
2
−1
−2
x
y
......
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.
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......
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......
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4