Lista de Exercícios - Diagonalização e cônicas

Prévia do material em texto

GAAL - Lista de Exerc´ıcios - 5
Diagonalizac¸a˜o e coˆnicas
SOLUC¸O˜ES
Exerc´ıcio 1: Considere o plano pi de equac¸a˜o 2x+ y − 3z = 0.
(a) Mostre que este plano e´ um subespac¸o de R3 exibindo uma base {W1,W2} para
pi. Observe que se este e´ o caso, enta˜o pi e´ o espac¸o gerado por W1 e W2, ou seja,
pi e´ o conjunto de todas as combinac¸o˜es lineares de W1 e W2. Complete esta base
{W1,W2} de pi para uma base {W1,W2,W3} de R3.
(b) Determine uma base ortogonal {V1, V2} de pi. Complete esta base para uma base
ortogonal {V1, V2, V3} de R3.
(c) Determine uma base ortonormal {U1, U2} de pi. Complete esta base para uma base
ortonormal {U1, U2, U3} de R3.
SOLUC¸A˜O:
(a) Uma base para um subespac¸o e´ um conjunto de vetores linearmente independentes
que geram o espac¸o. No caso de um plano pela origem, uma base e´ um conjunto de
dois vetores na˜o paralelos pertencentes a este plano. Na˜o existe regra ou restric¸a˜o
alguma: basta escolher dois vetores quaisquer no plano com o cuidado de um na˜o
ser mu´ltiplo do outro. Existem va´rias maneiras para se obter estes dois vetores.
• 1o modo: atribuindo valores. Queremos uma base para o plano 2x+y−3z = 0.
Substituindo, por exemplo, x = 0 e z = 1 nesta equac¸a˜o obtemos y = 3. Isto
significa que W1 = (0, 3, 1) e´ um vetor do plano pi. Substituindo agora, por
exemplo, x = 2 e z = 1 obtemos y = −1. Logo W2 = (2,−1, 1) e´ um outro
vetor deste plano. Como W1 e W2 na˜o sa˜o mu´ltiplos um do outro, o conjunto
{W1,W2} e´ uma base para pi. (nesta soluc¸a˜o poderiam ser escolhidos outros
valores para x e z)
• 2o modo: separando as varia´veis. Da equac¸a˜o 2x + y − 3z = 0 obtemos
y = −2x+3z. Logo todo vetor W do plano pi e´ da forma W = (x,−2x+3z, z)
onde x e z sa˜o varia´veis livres. Separando estas varia´veis na expressa˜o de W
obtemos
W = x(1,−2, 0) + z(0, 3, 1).
Esta expressa˜o mostra que se W1 = (1,−2, 0) e W2 = (0, 3, 1) enta˜o todo
vetor de pi e´ uma combinac¸a˜o linear de W1 e W2. Como estes vetores na˜o sa˜o
mu´ltiplos um do outro, conclu´ımos que {W1,W2} tambe´m e´ uma base de pi.
Ja´ calculamos uma base {W1,W2} para o plano pi. Para completar esta base para
uma base {W1,W2,W3} de R3 basta escolher W3 qualquer vetor na˜o pertencente
ao plano pi, pois uma base de R3 e´ um conjunto de treˆs vetores na˜o coplanares. A
escolha deste vetor W3 tambe´m e´ livre: ele pode ser escolhido como qualquer vetor
que na˜o esta´ no plano pi. Por exemplo, como x = 1, y = 0 e z = 0 na˜o satisfazem
a equac¸a˜o 2x+ y − 3z = 0, podemos considerar W3 = (1, 0, 0).
1
(b) Queremos agora uma base ortogonal para o plano pi. Ou seja, queremos determinar
dois vetores perpendiculares, ambos pertencentes ao plano pi. Vamos determinar
uma tal base de dois modos diferentes.
• 1o modo: usando projec¸a˜o ortogonal. No item (a) vimos, por exemplo, que
se W1 = (1,−2, 0) e W2 = (0, 3, 1) enta˜o {W1,W2} e´ uma base de pi. Como
〈W1,W2〉 = −6 6= 0, esta base na˜o e´ ortogonal. Vamos mudar desta base
para uma base ortogonal {V1, V2} usando projec¸a˜o ortogonal. Observando a
figura a seguir, estes vetores podem ser definidos por
V1 = W1 e V2 = W2 − projV1(W2)
Efetuando os ca´lculos obtemos
V1 = W1 = (1,−2, 0)
V2 = W2 − projV1(W2) = (0, 3, 1)−
0− 6 + 0
1 + 4 + 0
(1,−2, 0) =
(
6
5
,
3
5
, 1
)
.
Observe que estes vetores V1 = (1,−2, 0) e V2 =
(
6
5
,
3
5
, 1
)
satisfazem a
equac¸a˜o 2x + y − 3z = 0 e que, como tinha que ser, 〈V1, V2〉 = 0. Portanto,
{V1, V2} e´ uma base ortogonal de pi.
• 2o modo: usando o produto vetorial. Ache um vetor qualquer V1 pertencente
ao plano pi. Por exemplo, podemos considerar V1 = W1 = (1,−2, 0). Agora
considere um vetor normal de pi. Como pi tem equac¸a˜o 2x+ y − 3z = 0, um
tal vetor normal pode ser N = (2, 1,−3). Se definimos V2 como o produto
vetorial V2 = V1 × N , enta˜o V2 e´ um vetor ortogonal a N (logo pertencente
ao plano pi) e V2 e´ ortogonal a V1. Isto significa que {V1, V2} e´ uma base
ortogonal de pi. Calculando o produto vetorial
V2 = V1 ×N = det
 ~i ~j ~k1 −2 0
2 1 −3
 = (6, 3, 5).
Portanto obtemos V1 = (1,−2, 0) e V2 = (6, 3, 5).
Ja´ sabemos calcular uma base ortogonal {V1, V2} de pi. Para completar esta base
para uma base ortogonal {V1, V2, V3} de R3, podemos considerar V3 = N =
(2, 1,−3) onde N e´ vetor normal de pi. Se este e´ o caso, V1, V2 e V3 = N sa˜o
treˆs vetores, dois a dois ortogonais, e esta e´ a definic¸a˜o de base ortogonal.
2
(c) No item (b) vimos que se V1 = (1,−2, 0), V2 = (6, 3, 5) e V3 = (2, 1,−3) enta˜o
{V1, V2, V3} e´ uma base ortogonal de R3. Considerando vetores unita´rios
U1 =
V1
‖ V1 ‖ =
(
1√
5
,− 2√
5
, 0
)
U2 =
V2
‖ V2 ‖ =
(
6√
70
,
3√
70
,
5√
70
)
U3 =
V3
‖ V3 ‖ =
(
2√
14
,
1√
14
,− 3√
14
)
obtemos uma base ortonormal {U1, U2, U3} de R3 de modo que {U1, U2} e´ uma
base ortonormal de pi.
Exerc´ıcio 2: Para cada uma das matrizes abaixo, fac¸a o que se pede.
A =
[
5 2
2 2
]
A =
0 1 11 0 1
1 1 0

(a) Mostre que A e´ diagonaliza´vel exibindo uma matriz invert´ıvel P e uma matriz
diagonal P tais que P−1AP = D.
(b) Como A e´ uma matriz sime´trica sabemos que A e´ diagonaliza´vel por uma matriz
ortogonal. Enta˜o construa uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D
tais que P−1AP = D.
(c) Para a matriz P que voceˆ calculou no item (b), verifique que P realmente e´ uma
matriz ortogonal, mostrando a igualdade P−1 = P t atrave´s do ca´lculo do produto
P tP .
SOLUC¸A˜O 1: Vamos considerar incialmente
A =
[
5 2
2 2
]
.
(a) Para A ser uma matriz diagonaliza´vel devemos ter P−1AP = D, em que P e´
uma matriz invert´ıvel e D e´ uma matriz diagonal. Mais ainda sabemos que as
colunas de P sa˜o autovetores e os elementos da diagonal de D sa˜o os respectivos
autovalores de A. Enta˜o vamos calcular os autovalores e os autovetores de A.
• Polinoˆmio caracter´ıstico.
p(λ) = det
[
5− λ 2
2 2− λ
]
= λ2 − 7λ+ 6.
• Autovalores. p(λ) = λ2 − 7λ+ 6 = 0. Tem como ra´ızes λ = 1 e λ = 6.
3
• Autovetores para λ = 1 [
4 2
2 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
Deste sistema linear obtemos a equac¸a˜o 2x + y = 0 ou seja y = −2x. Assim
o autoespac¸o associado ao autovalor λ = 1 e´ o seguinte subespac¸o de R2
W1 =
{ [
x
−2x
]
∈ R2 | ∀ x ∈ R
}
• Autovetores para λ = 6 [ −1 2
2 −4
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
Deste sistema linear obtemos a equac¸a˜o −x + 2y = 0 ou seja x = 2y. Assim
o autoespac¸o associado ao autovalor λ = 6 e´ o seguinte subespac¸o de R2
W6 =
{ [
2y
y
]
∈ R2 | ∀ y ∈ R
}
• Depois de calcular todos os autovalores e todos os autovetores podemos
construir as matrizes P e D. Como A possui autovalores 1 e 6, definimos
D =
[
1 0
0 6
]
.
Tomando, por exemplo, x = 1 no conjunto W1 e y = 1 no conjunto W6
obtemos os seguintes autovetores associados ao autovalores 1 e 6 respectiva-
mente.
V1 =
[
1
−2
]
V2 =
[
2
1
]
Colocando estes vetores V1 e V2 como colunas obtemos
P =
[
1 2
−2 1
]
.
(b) Neste exerc´ıcio, A e´ uma matriz sime´trica. Sabemos que, neste caso, autovetores
associados a autovalores diferentes sa˜o vetores ortogonais. Observe que este
realmente e´ o caso pois 〈V1, V2〉 = 0, sendo V1 e V2 os autovetores calculados
no item anterior. Para construir uma matriz ortogonal, as suas colunas devem ser
vetores ortogonais e unita´rios. No item anterior ja´ encontramos vetores ortogonais.
Para obter agora vetores unita´rios, basta dividir os vetores encontrados no item
anterior pelas suas normas. Considere enta˜o os seguintes autovetores unita´rios
associados aos autovalores 1 e 6 respectivamente.
U1 =
V1
‖ V1 ‖ =

1√
5
− 2√
5
 U2 = V2‖ V2 ‖ =

2√
5
1√
5

4
Colocando estes vetores U1 e U2 como colunas obtemos
P =

1√
5
2√
5
− 2√
5
1√
5
 .
(c) Considerandoa matriz P calculada no item anterior cujas colunas sa˜o os vetores
U1 e U2, efetue a multiplicac¸a˜o P
tP e observe, ao fazer a conta, que o resultado
desta multiplicac¸a˜o e´ a matriz de produtos escalares
P tP =
[〈U1, U1〉 〈U1, U2〉
〈U2, U1〉 〈U2, U2〉
]
Como {U1, U2} e´ uma base ortonormal do plano, conjunto de dois vetores unita´rios
e perpendiculares, esta matriz e´ igual a matriz identidade. Da´ı P tP = I. Mas
como P−1P = I, de fato, provamos que P t = P−1.
SOLUC¸A˜O 2: Vamos considerar agora a matriz
A =
0 1 11 0 1
1 1 0

(a) Sabemos que as colunas de P sa˜o autovetores e que na diagonal de D aparecem
os autovalores de A. Enta˜o vamos calcular os autovetores e os autovalores de A.
• Polinoˆmio caracter´ıstico.
p(λ) = det
 −λ 1 11 −λ 1
1 1 −λ
 = −λ3 + 3λ+ 2.
• Autovalores sa˜o as ra´ızes de λ3 − 3λ − 2 = 0. Resolvendo obtemos λ = 2,
λ = −1 e λ = −1.
• Autovetores para λ = −1  1 1 11 1 1
1 1 1
xy
z
 =
00
0

Deste sistema linear obtemos a equac¸a˜o x + y + z = 0, que e´ a equac¸a˜o de
um plano pela origem. Isolando x, por exemplo, obtemos x = −y− z e assim
o autoespac¸o associado ao autovalor λ = −1 e´ o seguinte subespac¸o de R3
W−1 =

−y − zy
z
 ∈ R3 | ∀ y, z ∈ R
 .
Separando as varia´veis tambe´m podemos escrever
W−1 =
 y
 −11
0
+ z
 −10
1
 ∈ R3 | ∀ y, z ∈ R
 .
5
• Autovetores para λ = 2 −2 1 11 −2 1
1 1 −2
xy
z
 =
00
0

Resolvendo este sistema linear obtemos x = y = z. Assim o autoespac¸o
associado ao autovalor λ = 2 e´ o seguinte subespac¸o de R3
W2 =

tt
t
 ∈ R3 | ∀ t ∈ R
 =
 t
11
1
 ∈ R3 | ∀ t ∈ R
 .
• Depois de calcular todos os autovalores e todos os autovetores podemos
construir as matrizes P e D. Como A possui autovalores −1, −1 e 2,
definimos
D =
 −1 0 00 −1 0
0 0 2
 .
Tomando, por exemplo, y = 1 e z = 0 no conjunto W−1 e depois considerando
y = 0 e z = 1 no conjunto W−1 obtemos a seguinte base de autovetores para
o plano x+ y + z = 0, que e´ o conjunto dos autovetores para λ = −1.
V1 =
 −11
0
 V2 =
 −10
1
 .
Tomando, por exemplo, t = 1 no conjunto W2, obtemos o seguinte vetor
diretor para a reta W2 que e´ o conjunto dos autovetores associados ao
autovalor λ = 2.
V3 =
 11
1
 .
Colocando estes vetores V1, V2 e V3 como colunas obtemos
P =
 −1 −1 11 0 1
0 1 1
 .
(b) Como A e´ uma matriz sime´trica sabemos que autovetores associados a autovalores
diferentes sa˜o vetores ortogonais. Observe que isto realmente ocorre pois
〈V1, V3〉 = 0 e 〈V2, V3〉 = 0,
lembrando que V1 e V2 sa˜o autovetores para λ = −1, enquanto V3 e´ autovetor para
λ = 2. Para construir uma matriz ortogonal P , as suas colunas devem ser vetores
ortogonais e unita´rios. Enta˜o precisamos encontrar uma base ortonormal para o
conjunto W2. Como este conjunto e´ um plano, vamos lembrar do exerc´ıcios 1 (c),
onde aprendemos a calcular uma base ortonormal para um plano. Vamos enta˜o,
a partir da base {V1, V2}, reproduzir a soluc¸a˜o daquele exerc´ıcio, para obter uma
6
base ortogonal {V ′1 , V ′2} do plano W2. So´ para economizar espac¸o, escrevendo os
vetores em linha, defina:
V ′1 = V1 = (−1, 1, 0)
V ′2 = V2 − projV1(V2) = (−1, 0, 1)−
1 + 0 + 0
1 + 1 + 0
(−1, 1, 0) =
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
.
Para obter vetores unita´rios, basta dividir estes vetores pelas suas respectivas
normas. Deste modo uma base ortonormal {U1, U2} do subespac¸o W2 e´ formada
pelos vetores
U1 =
V ′1
‖ V ′1 ‖
=
(
− 1√
2
,
1√
2
, 0
)
U2 =
V ′2
‖ V ′2 ‖
=
(
− 1√
6
,− 1√
6
,
2√
6
)
Agora para o autovalor λ = 2, o autoespac¸o associado e´ a reta que passa pela
origem e tem vetor diretor V3 = (1, 1, 1). Um vetor unita´rio nesta reta pode ser
U3 =
V3
‖ V3 ‖ =
(
1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)
Colocando estes vetores U1, U2 e U3 como colunas, obtemos a seguinte matriz
ortogonal P que tambe´m diagonaliza A.
P =

− 1√
2
− 1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0
2√
6
1√
3

.
(c) Considerando a matriz P calculada no item anterior cujas colunas sa˜o os vetores
U1, U2 e U3, efetue a multiplicac¸a˜o P
tP e observe, ao fazer a conta, que o resultado
desta multiplicac¸a˜o e´ a matriz de produtos escalares
P tP =
〈U1, U1〉 〈U1, U2〉 〈U1, U3〉〈U2, U1〉 〈U2, U2〉 〈U2, U3〉
〈U3, U1〉 〈U3, U2〉 〈U3, U3〉

Como {U1, U2, U3} e´ uma base ortonormal de R3, conjunto de treˆs vetores unita´rios
e perpendiculares, esta matriz e´ igual a matriz identidade. Da´ı P tP = I. Mas
como P−1P = I, de fato, provamos que P t = P−1.
Exerc´ıcio 3: No sistema de coordenadas usual xy considere a para´bola de equac¸a˜o
y = x(x− 2).
Efetue uma rotac¸a˜o de 30o nesta para´bola e determine a equac¸a˜o, no mesmo sistema
de coordenadas xy, da curva resultante apo´s a rotac¸a˜o. Determine explicitamente as
coordenadas do ve´rtice desta para´bola rodada.
7
SOLUC¸A˜O: Vamos relembrar da seguinte propriedade da matriz de rotac¸a˜o
Rθ =
[
cos θ −sen θ
sen θ cos θ
]
.
• Dado um ponto P = (x, y), o ponto Q = (x′, y′) obtido de P por uma rotac¸a˜o de
aˆngulo θ ao redor da origem e´ tal que Q = RθP , ou seja,[
x′
y′
]
=
[
cos θ −sen θ
sen θ cos θ
] [
x
y
]
.
• Enta˜o as coordenadas de P e Q esta˜o relacionadas por
Q = RθP e P = R−θQ .
Voltando para o exerc´ıcio, temos a para´bola de equac¸a˜o y = x2 − 2x e queremos obter
a equac¸a˜o da para´bola obtida desta por uma rotac¸a˜o de 30o ao redor da origem. Enta˜o,
dado um ponto A = (x, y) no plano cartesiano, queremos obter uma relac¸a˜o entre as
coordenadas x e y que garanta que este ponto esta´ na para´bola rodada. Deste modo,
vamos considerar um ponto A = (x, y) no plano cartesiano. Observe que este ponto esta´
na para´bola rodada se, e somente se, o ponto B = R−30oA esta´ na para´bola original, de
equac¸a˜o y = x2−2x. Como observado acima, o ponto B e´ obtido de A por uma rotac¸a˜o
de 30o no sentido hora´rio. Enta˜o para obter B “desfazemos” a rotac¸a˜o.
Efetuando os ca´lculos obtemos
B = R−30oA =

√
3
2
1
2
−1
2
√
3
2

x
y
 ⇒ B =

√
3x+ y
2
−x+√3y
2
 .
Como B pertente a para´bola original y = x2− 2x, as suas coordenadas devem satisfazer
esta equac¸a˜o. Substituindo enta˜o as coordenadas de B nesta equac¸a˜o obtemos
−x+√3y
2
=
(√
3x+ y
2
)2
− 2
(√
3x+ y
2
)
.
Desenvolvendo os quadrados e simplificando obtemos:
3x2 + 2
√
3xy + y2 + 2x− 4
√
3x− 4y − 2
√
3 y = 0.
Esta e´ a equac¸a˜o procurada. Observe que ela relaciona as coordenadas de um ponto
A = (x, y) na para´bola rotacionada.
8
A para´bola y = x2 − 2x tem ve´rtice no ponto V = (1,−1). Efetuando uma rotac¸a˜o de
30o obtemos o ve´rtice R30oV da para´bola rotacionada.
R30oV =

√
3
2
−1
2
1
2
√
3
2

[
1
−1
]
=

√
3 + 1
2
1−√3
2
 .
Observac¸a˜o 1: Comec¸ando com uma curva conhecida como a para´bola y = x2 − 2x,
procedendo como este exerc´ıcio, efetuando uma rotac¸a˜o, podemos determinar equac¸o˜es
complicadas para a curva rotacionada. Foi exatamente isto o que foi feito para a
elaborac¸a˜o das equac¸o˜es do pro´ximo exerc´ıcio.
Observac¸a˜o 2: Mudando a curva e o aˆngulo, os pro´prios alunos podem inventar
exerc´ıcios como o pro´ximo. Enta˜o fac¸a uma rotac¸a˜o no gra´fico de uma curva que voceˆ
conhece, obtenha uma equac¸a˜o quadra´tica completa (complicada) e a mostre para o seu
amigo fazer o caminho inverso, descobrindo de que curva voceˆ in´ıciou e qual foi o aˆngulo
de rotac¸a˜o utilizado.
Exerc´ıcio 4: Em cada item, trave´s de uma diagonalizac¸a˜o, ou seja, uma mudanc¸a de
varia´veis, reduza a equac¸a˜o dada a umaforma mais simples e fac¸a um esboc¸o do gra´fico
desta coˆnica no sistema de coordenadas de eixos x e y.
(a) 3x2 + 2
√
3xy + y2 + 2x− 2√3y = 0
(b) 13x2 − 6√3xy + 7y2 = 16
(c) 4x2 + 4xy + y2 − 3√5x − 4√5y = 15
SOLUC¸A˜O (a)
Precisamos diagonalizar A =
[
3
√
3√
3 1
]
.
• O polinoˆmio caracter´ıstico de A:
p(λ) = det
[
3− λ √3√
3 1− λ
]
= λ2 − 4λ.
• Autovalores sa˜o ra´ızes de λ2 − 4λ = 0, ou seja, λ = 0 ou λ = 4.
• Autovetores para λ = 0. [
3
√
3√
3 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Este sistema linear tem como soluc¸a˜o a reta y = −√3x.
9
• Autovetores para λ = 4. [ −1 √3√
3 −3
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Neste caso obtemos a reta de equac¸a˜o y =
√
3
3
x.
• Vetores unita´rios nas direc¸o˜es destas retas sa˜o
U1 =

√
3
2
1
2
 U2 =
 −
1
2√
3
2
 .
• Colocando estes vetores nas colunas de P , podemos formar as seguintes matrizes
P e D que diagonalizam A.
D =
[
4 0
0 0
]
P =

√
3
2
−1
2
1
2
√
3
2

Observe que P = R30o e´ a matriz matriz de rotac¸a˜o de 30
o.
• Efetuando a mudanc¸a de coordenadas X ′ =
[
x′
y′
]
tal que X ′ = P tX sabemos
que a equac¸a˜o quadra´tica dada passa a ter a forma
X ′tDX ′ +KPX ′ = 0
no sistema de coordenadas x′y′. Substituindo as matrizes calculadas, obtemos
[
x′ y′
] [ 4 0
0 0
] [
x′
y′
]
+
[
2 −2√3 ]

√
3
2
−1
2
1
2
√
3
2
[ x′y′
]
= 0
Efetuando as multiplicac¸o˜es obtemos 4x′2 − 4y′ = 0. Simplificando obtemos a
para´bola de equac¸a˜o
y′ = x′2
10
Como P = R30o , a coˆnica dada no enunciado e´ obtida da para´bola y = x
2 por uma
rotac¸a˜o de 30o. Os gra´ficos destas duas para´bolas esta˜o representados a seguir.
SOLUC¸A˜O (b)
Precisamos diagonalizar A =
[
13 −3√3
−3√3 7
]
.
• O polinoˆmio caracter´ıstico de A:
p(λ) = det
[
13− λ −3√3
−3√3 7− λ
]
= λ2 − 20λ+ 64.
• Autovalores sa˜o ra´ızes de λ2 − 20λ+ 64 = 0, ou seja, λ = 4 ou λ = 16.
• Autovetores para λ = 4.[
9 −3√3
−3√3 3
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Este sistema linear tem como soluc¸a˜o a reta y =
√
3x.
• Autovetores para λ = 16.[ −3 −3√3
−3√3 −9
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Neste caso obtemos a reta de equac¸a˜o y = −
√
3
3
x.
• Vetores unita´rios nas direc¸o˜es destas retas sa˜o
U1 =

1
2√
3
2
 U2 =
 −
√
3
2
1
2
 .
11
• Colocando estes vetores nas colunas de P , podemos formar as seguintes matrizes
P e D que diagonalizam A.
D =
[
4 0
0 16
]
P =

1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2

Observe que P = R60o e´ a matriz matriz de rotac¸a˜o de 60
o.
• Efetuando a mudanc¸a de coordenadas X ′ =
[
x′
y′
]
tal que X ′ = P tX sabemos
que a equac¸a˜o quadra´tica dada passa a ter a forma
X ′tDX ′ +KPX ′ = 16
no sistema de coordenadas x′y′. Substituindo as matrizes calculadas, obtemos
[
x′ y′
] [ 4 0
0 16
] [
x′
y′
]
+
[
0 0
] 
1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2
[ x′y′
]
= 16
Efetuando as multiplicac¸o˜es obtemos 4x′2 + 16y′2 = 16. Dividindo por 16 obtemos
a elipse de equac¸a˜o
x′2
4
+ y′2 = 1
Como P = R60o , a coˆnica dada no enunciado e´ obtida desta elipse por uma rotac¸a˜o
de 60o. Os gra´ficos destas duas elipses esta˜o representados a seguir.
12
SOLUC¸A˜O (c)
Precisamos diagonalizar A =
[
4 2
2 1
]
.
• O polinoˆmio caracter´ıstico de A:
p(λ) = det
[
4− λ 2
2 1− λ
]
= λ2 − 5λ.
• Autovalores sa˜o ra´ızes de λ2 − 5λ = 0, ou seja, λ = 0 ou λ = 5.
• Autovetores para λ = 0. [
4 2
2 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Este sistema linear tem como soluc¸a˜o a reta y = −2x.
• Autovetores para λ = 5. [ −1 2
2 −4
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Neste caso obtemos a reta de equac¸a˜o y =
1
2
x.
• Vetores unita´rios nas direc¸o˜es destas retas sa˜o
U1 =

2√
5
1√
5
 U2 =
 −
1√
5
2√
5
 .
• Colocando estes vetores nas colunas de P , podemos formar as seguintes matrizes
P e D que diagonalizam A.
D =
[
5 0
0 0
]
P =

2√
5
− 1√
5
1√
5
2√
5

Observe que P tambe´m e´ uma matriz de rotac¸a˜o Rθ. Neste caso, θ e´ tal que
cos(θ) =
2√
5
.
13
• Efetuando a mudanc¸a de coordenadas X ′ =
[
x′
y′
]
tal que X ′ = P tX sabemos
que a equac¸a˜o quadra´tica dada passa a ter a forma
X ′tDX ′ +KPX ′ = 15
no sistema de coordenadas x′y′. Substituindo as matrizes calculadas, obtemos
[
x′ y′
] [ 5 0
0 0
] [
x′
y′
]
+
[ −3√5 −4√5 ]

2√
5
− 1√
5
1√
5
2√
5
[ x′y′
]
= 15
Efetuando as multiplicac¸o˜es obtemos 5x′2−10x′−5y′ = 15. Simplificado obtemos
a para´bola de equac¸a˜o
y′ = x′2 − 2x′ − 3
Esta para´bola e´ coˆncava para cima, cruza o eixo y′ em y′ = −3 e possui ra´ızes
x′ = −1 e x′ = 3. Efetuando uma rotac¸a˜o no gra´fico desta para´bola de modo
que os eixos x′ e y′ coincidam com as retas y =
1
2
x e y = −2x, respectivamente,
obtemos o gra´fico da coˆnica dada no enunciado deste exerc´ıcio.
- FIM -
14