P2 DE ÁLGEBRA LINEAR 2014 E 2016 converted

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P2 DE ÁLGEBRA LINEAR 2014 E 2016 
1 Encontre todos os autovalores e uma base de cada auto-espaço para a matriz abaixo. Ela é diagonalizável? 
Se sim, encontre uma matriz inversível quando 𝑴−𝟏.. 𝑨𝑴 é uma matriz diagonal. 
𝐀 = [
𝟏 −𝟑 𝟑
𝟑 −𝟓 𝟑
𝟔 −𝟔 𝟒
] 
A − λId = (
(1 − λ) −3 3
3 (−5 − λ) 3
6 −6 (4 − λ)
) 
 Det(A − λId) = |
(−5 − λ) 3
−6 (4 − λ)
| . (1 − λ) + |
3 3
6 (4 − λ)
| . (3) + |3
(−5 − λ)
6 −6
| (3) = [(−5 − λ). (4 −
λ) + 18]. (1 − λ) + [3. (4 − λ) − 18]. 3 + (−18). [6. (−5 − λ)]. 3 = (−20 + 5λ − 4λ + λ + 18). ( 1 − λ) +
(12 − 3λ − 18). 3 + (−18 + 10 + 6λ). 3 = (λ2 + λ − 2). (1 − λ) + 36 − 9λ − 54 − 54 + 90 + 18λ = 
(λ2 + λ − 2). (1 − λ) + 9λ + 18 = 
λ2 + λ − 2 − λ3 + λ2 + 2λ + 9λ + 18 = 
−λ3 + 12λ + 16 = 
(λ + 2). (−λ2 + 2λ + 8) = 0 
−(λ + 2). (λ + 2). (λ − 4) = 0 
Então encontramos os auto-valores : 
λ′ = −2 
λ′′ = 4 
 
Encontrando os auto-espaços associados ao auto-valores: 
Sendo λ = −2, temos: 
Av = λv = −2v 
v = (x, y, z) = (
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
)(
x
y
z
) = (
−2x
−2y
−2z
) = 
{
x − 3y + 3z = −2x
3x − 5y + 3z = −2y
6x − 6y + 4z = −2z
 → {
3x − 3y + 3z = 0
3x − 3y + 3z = 0
6x − 6y + 6z = 0
 → {x − y + z = 0 → x = y = −z 
v = (x, y, z) = (y − z, y, z) = (y, y, 0) + (−z, 0, z) = y(1,1,0) + z(−1,0,1) 
Portanto, o auto − espaço associado a λ = −2 é:< (1,1,0) + (−1,0,1) > 
Sendo λ = 4, temos: 
Av = λv = 4v 
v = (x, y, z) = (
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
)(
x
y
z
) = (
4x
4y
4z
) = 
{
x − 3y + 3z = 4x
3x − 5y + 3z = 4y
6x − 6y + 4z = 4z
 → {
−3x − 3y + 3z = 0
3x − 9y + 3z = 0
6x − 6y = 0
 → {
x − y = 0
−6x + 3z = 0
 → x = y =
z
2
 
v = (x, y, z) = (x, x, 2x) = x(1,1,2) 
Portanto, o auto − espaço associado a λ = 4 é:< (1,1,2) > 
 
Dessa forma, podemos definir a base dos auto-vetores de A como: {(1,1,0),(-1,0,1),(1,1,2)} 
A é diagonalizável se M−1AM = D 
Temos que: 
M = (
1 −1 1
1 0 1
0 1 2
) e D = (
−2 0 0
0 −2 0
0 0 4
) 
Então: 
MD = (
1 −1 1
1 0 1
0 1 2
)(
−2 0 0
0 −2 0
0 0 4
) = (
−2 2 4
−2 0 4
0 −2 8
) 
AM = (
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
)(
1 −1 1
1 0 1
0 1 2
) = (
−2 2 4
−2 0 4
0 −2 8
) 
Desse modo, concluímos que: 
MD = AM → D = M−1AM 
Portanto, A é diagonalizável. 
 
2 Seja 𝑾 o subespaço de ℝ𝟓 gerado por u=(1,2,3,-1,2) e v=(2,4,7,2,-1). Encontre uma base do complemento 
ortogonal 𝑾𝟏 de 𝑾. 
𝑊 = [(1,2,3,−1,2), (2,4,7,2,−1)] 
𝑊1 = {(a, b, c, d, e) ∈ ℝ5: < (a, b, c, d, e), (1,2,3,−1,2) >= 0 e < (a, b, c, d, e), (2,4,7,2,−1) >= 0 
Então: 
{
a + 2b + 3c − d + 2e = 0
2a + 4b + 7c + 2d − e = 0
 
Buscando um sistema equivalente: 
[
1 2 3
2 4 7
 
−1 2
2 −1
]~ [
1 2 3
0 0 1
 
−1 2
4 −5
]~ [
1 2 0
0 0 1
 
−13 17
4 −5
] 
Tenho que: 
{
a + 2b − 13d + 17e = 0
c + 4d − 5e = 0
 → {
a = −2b + 13d − 17e
c = 5e − 4d
 
 Logo: 
𝑊1 = {( −2b + 13d − 17e, b, 5e − 4d, d, e): b, d, e ∈ ℝ} = [( −2, 1, 0, 0, 0), ( 13, 0, −4, 1, 0 ), (−17,0,5,0,2)] 
Por fim, temos que, a base para 𝑊1 é: 
{(-2, 1, 0, 0, 0), (13, 0, -4, 1,0), (-17, 0, 5, 0, 1)} 
2’Seja 𝑽 = ℝ𝟑e S={(1, 0, 1), (1, 1, 0), (2, 1, 1)}. 
a Encontre S¹. 
Vendo que: 
(1, 0, 1)+(1, 1, 0)=(2, 1, 1) 
 
Sabemos que: 
S=<(1, 0, 1), (1, 1, 0)> 
 
Então: 
v=(x, y, z)=(x, -x, -x)= x(1, -1, -1) 
Portanto: 
S¹=<(1, -1, -1)> 
B Encontre uma base ortonormal para S e S¹. 
Sabendo que S¹=1, normalizando (1, -1, -1): 
 ‖(1,−1,−1)‖ = √(1)2 + (−1)2 + (−1)² = √3 
Assim, obtemos a base ortonormal de S¹: 
(1,−1,−1)
‖(1,−1,−1)‖
= (
√3
3
,−
√3
3
,−
√3
3
) 
Para S: 
Vendo que: ‖(1, 0, 1)‖ = √(1)2 + (0)2 + (1)² = √2 
Logo: 𝑣1 = (
1
√,2 
, 0,
1
√2
) é unitário. 
Usando o processo de Gram-Schimidt para encontrar v ortogonal a 𝑣1, temos: 
V=(1, 1, 0) - <(1, 1, 0), 𝑣1>.𝑣1 
Então: 
𝑣 = (1, 1, 0) − (
1
√2
+ 0 + 0) . 𝑣1 = (1, 1, 0) − (
1
2
, 0,
1
2
) = (
1
2
, 1, −
1
2
) 
Sendo 𝑣 = (
1
2
, 1, −
1
2
), então: 
‖𝑣‖ = √(
1
2
)
2
+ (0)2 + (−
1
2
)
2
= 
√3
√2
 
Logo: 
𝑣
‖𝑣‖
= (
√2
2√3
,
√2
√3
,−
√2
2√3
) 
Portanto: 
𝑣2 = (
√2
2√3
,
√2
√3
,−
√2
2√3
) 
Podemos observar que 𝑣1 e 𝑣2 são normais e ortogonais por Gram-Schimidt, além disso, 𝑣1 e 𝑣2 ∈ S , pois são 
combinações lineares de (1, 1, 0) e (1, 0, 1). Concluindo, { 𝑣1 e 𝑣2} é uma base ortonormal de S. 
 
3. Seja V o espaço vetorial dos polinômios com produto interno dado por < 𝒇,𝒈 >= ∫ 𝒇(𝒕)𝒈(𝒕)𝒅𝒕
𝟏
𝟎
. Considere 
W o subespaço de V gerado pelos vetores 𝒇(𝒕) = 𝒕 + 𝟐 e 𝒈(𝒕) = 𝒕² − 𝟐𝒕 − 𝟑. Determine uma base ortogonal 
para W. 
Aplicando o processo de Gram-Schimidt: 
{𝑓1, 𝑔𝐿} é a base ortogonal procurada, então: 
𝑓1(𝑡) = 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 2 
e 
𝑔𝐿(𝑡) = 𝑔(𝑡) −
< 𝑔(𝑡), 𝑓(𝑡) >
< 𝑓1(𝑡), 𝑓1(𝑡) >
. 𝑓1(𝑡) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) −
∫ (𝑡2 − 2𝑡 − 3)(𝑡 + 2)𝑑𝑡
1
0
∫ (𝑡 + 2)(𝑡 + 2)𝑑𝑡
1
0
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) −
∫ (𝑡3 + 2𝑡² − 2𝑡2 − 4𝑡 − 3𝑡 − 3)𝑑𝑡
1
0
∫ (𝑡² + 2𝑡 + 2𝑡 + 4)𝑑𝑡
1
0
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) −
∫ (𝑡3 − 7𝑡 − 6)𝑑𝑡
1
0
∫ (𝑡2 + 4𝑡 + 4)𝑑𝑡
1
0
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) − [
𝑡4
4
−
7𝑡2
2
− 6𝑡]
1
0
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) −
(
1
4 −
7
2 − 6)
(
1
3 + 2 + 4)
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) −
(
1 − 14 − 24
4 )
(
1 + 18
3 )
. (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) − (
−37
4
.
3
19
) . (𝑡 + 2) = 
(𝑡2 − 2𝑡 − 3) − (
−111
76
) . (𝑡 + 2) = 
𝑡² − 2𝑡 − 3 +
111
76
𝑡 +
111
38
= 
𝑡² −
41
76
𝑡 −
3
38
 
Então, a base ortogonal de W é: 
{𝑡 + 2, 𝑡² −
41
76
𝑡 −
3
38
} 
3’ Seja 𝑻:ℝ𝟑 → ℝ𝟑 dada por 𝑻(𝒙, 𝒚, 𝒛) = (𝟐𝒙 + 𝒚, 𝒙 + 𝒚 + 𝒛, 𝒚 − 𝟑𝒛) . Verifique que T é um operador auto-
adjunto mas não ortogonal. 
T é adjunto se: < 𝐴𝑢, 𝑣 >=< 𝑢, 𝐴𝑣 > V𝑢, 𝑣 ∈ ℝ 
A é simétrica se: 𝐴 = 𝐴𝑇 
Na base canônica: 
T(1, 0, 0) = (2, 1, 0) 
T(0, 1, 0) = (1, 1, 1) 
T(0, 0, 1) = (0, 1, -3) 
𝐴 = (
2 1 0
1 1 1
0 1 −3
) é simétrica. 
Portanto, concluímos que T é adjunto. 
T será ortogonal se 𝐴𝑇 = 𝐴−1, então: 
(
2 1 0
1 1 1
0 1 −3
)(
2 1 0
1 1 1
0 1 −3
) = (
5 3 1
3 3 −2
1 −2 10
) ≠ Id 
Logo, T não é ortogonal. 
4 Dados os vetores 𝒖 = (𝟒, 𝟒, −𝟐) , 𝒗 = (𝟒,−𝟐, 𝟒)𝐞 𝒘 = (𝟏,−𝟐,−𝟐), seja 𝑨:ℝ𝟑 → ℝ𝟑 tal que 𝑨𝒖 =
(𝟏𝟎,−𝟐,−𝟐), 𝑨𝒗 = (−𝟐, 𝟏𝟎,−𝟐) 𝐞 𝑨𝒘 = (𝟏, 𝟏, −𝟓), podemos afirmar que A é auto-adjunto? E ortogonal? 
Note que: 
< 𝑢, 𝑣 > = < (4, 4,−2) + (4,−2, 4) > = 16 − 8 − 8 = 0 
< 𝑢,𝑤 > = < (4, 4,−2) + (1,−2,−2) > = 4 − 8 + 4 = 0 
< 𝑣,𝑤 >= < (4,−2, 4) + (1, −2,−2) >= 4 + 4 − 8 = 0 
Logo: {u,v,w} é uma base ortogonal para ℝ𝟑. 
Assim, 
𝛽 = {
𝑢
‖𝑢‖
,
𝑣
‖𝑣‖
,
𝑤
‖𝑤‖
} é uma base ortonormal paraℝ𝟑. 
𝑢
‖𝑢‖
=
(4, 4, −2)
√(4)2 + (4)2 + (−2)²
=
(4, 4, −2)
√16 + 16 + 4
=
(4, 4, −2)
6
= (
2
3
,
2
3
,−
1
3
) 
𝑣
‖𝑣‖
=
(4,−2, 4)
√(4)2 + (−2)2 + (4)²
=
(4,−2, 4)
√16 + 16 + 4
=
(4,−2, 4)
6
= (
2
3
,−
1
3
,
2
3
) 
𝑤
‖𝑤‖
=
(1,−2,−2)
√(1)2 + (−2)2 + (−2)²
=
(1,−2,−2)
√1 + 4 + 4
=
(1,−2,−2)
3
= (
1
3
,−
2
3
,−
2
3
) 
Calculando: 
𝐴 (
𝑢
‖𝑢‖
) =
1
6
𝐴𝑢 = (
10,−2,−2
6
) = (
5
3
,−
1
3
,−
1
3
) 
Temos: 
𝑎 (
2
3
,
2
3
,−
1
3
) + 𝑏 (
2
3
,−
1
3
,
2
3
) + 𝑐 (
1
3
,−
2
3
,−
2
3
) = 
(
2𝑎
3
+ 
2𝑏
3
+
𝑐
3
+
2𝑎
3
−
𝑏
3
−
2𝑐
3
−
𝑎
3
+
2𝑏
3
−
2𝑐
3) = 
{
2𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 = 5
2𝑎 − 𝑏 − 2𝑐 = −1
−1 + 2𝑏 − 2𝑐 = −1
 
Buscando uma equação equivalente fazemos: 
[
2 2 1
2 −1 −2
−1 2 −2
 
5
−1
−1
]~ [
−1 2 −2
2 −1 −2
2 2 1
 
−1
−1
5
]~ [
1 −2 2
2 −1 −2
2 2 1
 
1
−1
5
]~ [
1 −2 2
0 3 −6
0 6 −3
 
1
−3
3
]~ 
[
1 0 −2
0 1 −2
0 0 9
 
−1
−1
9
]~ [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
 
1
1
1
] 
Logo, a equação equivalente é: 
{
𝑎 = 1
𝑏 = 1
𝑐 = 1
 → 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1 
Então: 
𝐴 (
𝑢
‖𝑢‖
) = 1(
2
3
,
2
3
,−
1
3
) + 1 (
2
3
,−
1
3
,
2
3
) + 1 (
1
3
,−
2
3
, −
2
3
) 
Usando o mesmo raciocínio para 𝐴 (
𝑣
‖𝑣‖
) e 𝐴 (
𝑤
‖𝑤‖
), temos: 
𝐴 (
𝑣
‖𝑣‖
) =
1
6
𝐴𝑣 =
1
6
(−2, 10,−2) = (−
1
3
,
5
3
,−
1
3
) = 1 (
2
3
,
2
3
,−
1
3
) − 1 (
2
3
,−
1
3
,
2
3
) − 1 (
1
3
, −
2
3
,−
2
3
) 
𝐴 (
𝑤
‖𝑤‖
) =
1
3
𝐴𝑤 =
1
3
(1, 1, −5) = (
1
3
,
1
3
,−
5
3
) = 1 (
2
3
,
2
3
,−
1
3
) − 1 (
2
3
,−
1
3
,
2
3
) + 1 (
1
3
,−
2
3
,−
2
3
) 
Assim: [𝐴]
𝛽
𝛽
= [
1 1 1
1 −1 −1
1 −1 1
] = ([𝐴]
𝛽
𝛽
)𝑡 
Portanto, A é auto-adjunto. 
Verificando se A é ortogonal: 
𝑑𝑒𝑡 [
1 1 1
1 −1 −1
1 −1 1
]
1 1
1 −1
1 −1
= −1 − 1 − 1 + 1 − 1 − 1 = −4 
Sendo −4 ≠ 1, logo, A não é ortogonal. 
4’ Sejam 𝒖 = (𝒙𝟏, 𝒙𝟐, 𝒙𝟑), 𝒗 = (𝒚𝟏, 𝒚𝟐,𝒚𝟑) e 𝒇(𝒖, 𝒗) = 𝟑𝒙𝟏𝒚𝟏 − 𝟐𝒙𝟏𝒚𝟐 + 𝟓𝒙𝟐𝒚𝟏 + 𝟕𝒙𝟐𝒚𝟐 − 𝟖𝒙𝟐𝒚𝟑 +
𝟒𝒙𝟑𝒚𝟐 − 𝟏𝒙𝟑𝒚𝟑 . Expresse f em notação matricial. 
Considerando como base ortogonal canônina de ℝ𝟑: 
{𝑒1 = (1, 0, 0), 𝑒2 = (0, 1, 0), 𝑒3 = (0, 0, 1)} 
Então: 
𝑓 ((𝑥1, 𝑥2, 𝑥3), (𝑦1, 𝑦2,𝑦3)) = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3)(
𝑓(𝑒1𝑒1), 𝑓(𝑒1𝑒2), 𝑓(𝑒1𝑒3)
𝑓(𝑒2𝑒1), 𝑓(𝑒2𝑒2), 𝑓(𝑒2𝑒3)
𝑓(𝑒3𝑒1), 𝑓(𝑒3𝑒2), 𝑓(𝑒3𝑒3)
)(
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = 
𝑓(𝑒1𝑒1) = 3 
𝑓(𝑒1𝑒2) = −2 
𝑓(𝑒1𝑒3) = 0 
𝑓(𝑒2𝑒1) = 5 
𝑓(𝑒2𝑒2) = 7 
𝑓(𝑒2𝑒3) = 8 
𝑓(𝑒3𝑒1) = 0 
𝑓(𝑒3𝑒2) = 4 
𝑓(𝑒3𝑒3) = −1 
Concluindo: 
𝑓 ((𝑥1, 𝑥2, 𝑥3), (𝑦1, 𝑦2,𝑦3)) = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) (
3 −2 0
5 7 −8
0 4 −1
)(
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) 
 
5 Identifique e esboce a figura quando a sua equação é: 
A) 𝒙² + 𝟐𝒙𝒚 + 𝒚² − 𝟖𝒙 + 𝟒 = 𝟎 
Sabendo que as quádricas em R³ possuem o tipo de equação: 
Ax²+By²+Cz²+Dxy+Eyz+Fxz+Gx+Hy+Iz+J=0, com A ou B ou C ou D ou E ou F ≠0 
[𝑥 𝑦] [
1 1
1 1
] [
𝑥
𝑦] + [−8 0] [
𝑥
𝑦] + 4 = 0 
_______________ / __________ / ______ 
Parte quadrática Parte linear Parte constante 
𝑝(𝜆) = 𝑑𝑒𝑡 [
(1 − 𝜆) 1
1 (1 − 𝜆
] = (1 − 𝜆)2 − 1 = 1 − 2𝜆 + 𝜆2 − 1 = 𝜆(𝜆 − 2 = 0 
Então os auto-valores são: 
𝜆 = 0 ou (𝜆 − 2) = 0 → 𝜆 = 2 
Calculando os auto-vetores associados a 0 e 2: 
Sendo 𝜆 = 0 , temos: 
[
1 1
1 1
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] → {𝑥 + 𝑦 = 0 → 𝑥 = −𝑦 
Então: 
𝑣0 = {(𝑥,−𝑥): 𝑥 ∈ 𝑅} = [(1,−1)] 
Analogamente: 
Sendo 𝜆 = 2 , temos: 
[
−1 1
1 −1
] [
𝑥
𝑦] = [
0
0
] → {
−𝑥 + 𝑦 = 0
𝑥 − 𝑦 = 𝑜
 → 𝑥 = 𝑦 
Então: 
𝑣1 = {(𝑥, 𝑥): 𝑥 ∈ 𝑅} = [(1, 1)] 
Analisando a base de autovetores ,{(
1
√2
,
−1
√2
) , (
1
√2
,
1
√2
)} podemos reescrever a equação da cônica da seguinte 
forma: 
[𝑥1 𝑦1] [
0 0
0 2
] [
𝑥1
𝑦1
] + [−8 0]
[
 
 
 
1
√2
1
√2
−1
√2
1
√2]
 
 
 
+ 4 = 0 
2𝑦1² −
8
√2
𝑥1 − 
8
√2
𝑦1 + 4 = 0 
Dividindo por 2, temos: 
𝑦1² −
4
√2
𝑥1 − 
4
√2
𝑦1 + 2 = 0 
𝑦1² − 2√2𝑦1 + 2 = 2√2𝑥1 − 2 + 2 
(𝑦1 − √2)
2
= 2√2𝑥1 
{
𝑥2 = 𝑥1
𝑦2 = 𝑦1 − √2
 
𝑦2² = 2√2𝑥2 
Portanto, a figura é uma parábola. 
 
B) 𝟑𝒙² + 𝟓𝒚² + 𝟑𝒛² − 𝟐𝒙𝒚𝟐𝒙𝒛 − 𝟐𝒚𝒛 + √𝟑𝒚 −
𝟕
𝟏𝟐
= 𝟎 
Sabendo que as quádricas em R³ possuem o tipo de equação: 
Ax²+By²+Cz²+Dxy+Eyz+Fxz+Gx+Hy+Iz+J=0, com A ou B ou C ou D ou E ou F ≠0 
[𝑥 𝑦 𝑧] [
3 −1 1
−1 5 −1
1 −1 3
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] + [0 √3 0] [
𝑥
𝑦
𝑧
] −
7
12
= 0 
__________________________ _____________ _______ 
 Parte quadrática Parte linear Parte constante 
Diagonalização da parte quadrática: 
𝑝(𝜆) = 𝑑𝑒𝑡 [
(3 − 𝜆) −1 1
−1 (5 − 𝜆) −1
1 −1 (3 − 𝜆)
]
(3 − 𝜆) −1
−1 (5 − 𝜆)
1 −1
= 
(3 − 𝜆)2(5 − 𝜆) + 1 + 1 − (5 − 𝜆) − (3 − 𝜆) − (3 − 𝜆) = 0 
(3 − 𝜆)2(5 − 𝜆) + 2 − 5 + 𝜆 − 3 + 𝜆 − 3 + 𝜆 = 0 
(3 − 𝜆)2(5 − 𝜆) + 3𝜆 − 9 = 0 
(3 − 𝜆)2(5 − 𝜆) − 3(𝜆 − 3) = 0 
(3 − 𝜆)[(3 − 𝜆)(5 − 𝜆) − 3] = 0 
(3 − 𝜆)[15 − 3𝜆 − 5𝜆 + 𝜆2 − 3] = 0 
(3 − 𝜆)[𝜆2 − 8𝜆 + 12] = 0 
Então: 
(3 − 𝜆) = 0 → 𝜆 = 3 
Ou 
[𝜆2 − 8𝜆 + 12] = 0 
𝜆 =
8±√64−4.1.12
2
=
8±4
2
 → 𝜆′ = 6 e 𝜆′′ = 2 
Calculando os autovetores 3, 6 e 2: 
Sendo 𝜆 = 3: 
[
0 −1 1
−1 2 −1
1 −1 0
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] → {
−𝑦 + 𝑧 = 0
−𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0
𝑥 − 𝑦 = 0
 → {
𝑦 = 𝑧
𝑥 = 𝑦 → 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 
𝑣3 = {(𝑦, 𝑦, 𝑦): 𝑦 ∈ 𝑅} = [(1, 1, 1)] 
Sendo 𝜆 = 6: 
[
−3 −1 1
−1 −1 −1
1 −1 −3
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] → {
−3𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0
−𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0
𝑥 − 𝑦 − 3𝑧 = 0
 
[
−3 −1 1
−1 −1 −1
1 −1 −3
]~ [
1 −1 −3
−1 −1 −1
−1 −1 −1
]~ [
1 −1 −3
0 −2 −4
0 −4 −8
]~ [
1 0 −1
0 1 2
0 0 0
] 
Encontramos a equação equivalente: 
{
𝑥 − 𝑧 = 0
𝑦 + 2𝑧 = 0
 → {
𝑥 = 𝑧 =
𝑦
2
𝑧 =
𝑦
2
 
𝑣6 = {(𝑧, −2𝑧, 𝑧): 𝑧 ∈ 𝑅} = [(1,−2, 1)] 
Sendo 𝜆 = 2: 
[
1 −1 1
−1 3 −1
1 −1 1
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] → {
𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0
−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0
𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0
 → {
2𝑦 = 0 → 𝑦 = 0
𝑥 = −𝑧
 
𝑣2 = {(𝑥, 0, −𝑥): 𝑥 ∈ 𝑅} = [(1, 0, −1)] 
Assim, formamos a base ortonormal de autovetores: 
{(
1
√3
,
1
√3
,
1
√3
) , (
1
√6
,
−2
√6
,
1
√6
) , (
1
√2
, 0,
−1
√2
)} 
Reescrevendo a equação quadrática, temos: 
[𝑥 𝑦 𝑧] [
3 0 0
0 6 0
0 0 2
] [
𝑥1
𝑦1
𝑧1
] + [0 √3 0]
[
 
 
 
 
 
 
1
√3
1
√6
1
√2
1
√3
−2
√6
0
1
√3
1
√6
−1
√2]
 
 
 
 
 
 
[
𝑥1
𝑦1
𝑧1
] −
7
12
= 0 
3𝑥1² + 6𝑦1² + 2𝑧1² + [0 √3 0]
[
 
 
 
 
 
 
1
√3
𝑥1
1
√6
𝑦1
1
√2
𝑧1
1
√3
𝑥1
−2
√6
𝑦1 0
1
√3
𝑥1
1
√6
𝑦1
−1
√2
𝑧1]
 
 
 
 
 
 
−
7
12
= 0 
3𝑥1² + 6𝑦1² + 2𝑧1² + 𝑥1 − √2𝑦1 −
7
12
= 0 
3(𝑥1² +
𝑥1
3
+
1
36
) + 6 (𝑦1² −
√2𝑦1
6
+
1
72
) + 2𝑧1² =
7
12
+
1
12
+
3
36
 
3(𝑥1 +
1
6
) ² + 6 (𝑦1 −
1
12
) ² + 2𝑧1² =
7
12
+
1
12
+
1
12
 
3(𝑥1 +
1
6
) ² + 6 (𝑦1 −
1
12
) ² + 2𝑧1² =
3
4
 
Fazendo: 
{
 
 
 
 𝑥2 = 𝑥1 +
1
16
𝑦2 = 𝑦1 −
1
12
𝑧2 = 𝑧1
 
Ficamos com: 
(3𝑥2 ² + 6𝑦2 ² + 2𝑧2 ²) =
3
4
 
(4𝑥2 ² + 8𝑦2 ² +
8
3
𝑧2 ²) = 1 
𝑥²
(√
1
4)
2 +
𝑦²
(√
1
8)
2 +
𝑧²
(√
3
8)
2 = 1 
Logo, a figura é uma elipsoide. 
 
C) −𝟓𝒚𝟐 + 𝟐𝒙𝒚 − 𝟖𝒙𝒛 + 𝟐𝒚𝒛 = 𝟎 
Sabendo que as quádricas em R³ possuem o tipo de equação: 
Ax²+By²+Cz²+Dxy+Eyz+Fxz+Gx+Hy+Iz+J=0, com A ou B ou C ou D ou E ou F ≠0 
[𝑥 𝑦 𝑧] [
0 1 −4
1 −5 1
−4 1 0
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] = 0 
𝑑𝑒𝑡 (
−𝜆 1 −4
1 −5𝜆 1
−4 1 −𝜆
) = −𝜆 |
(−5 − 𝜆) 1
1 (−𝜆)
| − 1 |
1 1
−4 (−𝜆)|
− 4 |
1 (−5 − 𝜆)
−4 1
| = 0 
−𝜆(𝜆2 + 5𝜆 − 1) − (−𝜆 + 4) − 4(1 − 20 − 4𝜆) = 0 
𝜆(−𝜆2 − 5𝜆 + 1) + (𝜆 − 4) + 4(4𝜆 + 19) = 0 
−𝜆3 − 5𝜆2 + 18𝜆 + 72 = 0 
−(𝜆 + 3)(𝜆 − 4)(𝜆 + 6) = 0Então: 
−𝜆 + 3 = 0 → 𝜆 = −3 
Ou 
−𝜆 + 4 = 0 → 𝜆 = 4 
Ou 
−𝜆 − 6 = 0 → 𝜆 = −6 
Autoespaços associados a -3, 4 e -6: 
Sendo 𝜆 = −3 , temos: 
(
0 1 −4
1 −5 1
−4 1 0
)(
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
−3𝑥
−3𝑦
−3𝑧
) 
{
𝑥 − 4𝑧 = −3𝑥
𝑥 − 5𝑦 + 𝑧 = −3𝑦
−4𝑥 + 𝑦 = −3𝑧
 → {
3𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0
−4𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0
 → {
3𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0
 → {
𝑥 = 2𝑦 − 𝑧
𝑦 = 𝑧
 → 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 
Portanto: 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥(1, 1, 1) 
Normalizando, temos: (
1
√3
,
1
√3
,
1
√3
) 
Sendo 𝜆 = 4 , temos: 
(
0 1 −4
1 −5 1
−4 1 0
)(
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
4𝑥
4𝑦
4𝑧
) 
{
𝑦 − 4𝑧 = 4𝑥
𝑥 − 5𝑦 + 𝑧 = 4𝑦
−4𝑥 + 𝑦 = 4𝑦
 → {
4𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 = 0
𝑥 − 9𝑦 + 𝑧 = 0
−4𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
 → {
−4𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
𝑥 − 9𝑦 + 𝑧 = 0
 → {
𝑦 = 0
𝑥 = −𝑧
 
Portanto: 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥(1, 0, − 1) 
Normalizando, temos: (
1
√2
, 0 ,
−1
√2
) 
Sendo 𝜆 = −6 , temos: 
(
0 1 −4
1 −5 1
−4 1 0
)(
𝑥
𝑦
𝑧
) = (
−6𝑥
−6𝑦
−6𝑧
) 
{
𝑦 − 4𝑧 = −6𝑥
𝑥 − 5𝑦 + 𝑧 = −6𝑦
−4𝑥 + 𝑦 = −6𝑦
 → {
6𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
−4𝑥 + 𝑦 + 6𝑧 = 0
 → {
6𝑥 + 𝑦 − 4𝑧 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
 → {
𝑥 = 𝑧
𝑦 = −2𝑥 = −2𝑧 
Portanto: 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥(1,−2, 1) 
Normalizando, temos: (
1
√6
, −2
√6
,
1
√
)¨ 
Então podemos reescrever a equação: 
(
𝑥
𝑦
𝑧
) =
(
 
 
 
 
1
√3
1
√2
1
√6
1
√3
0
−2
√6
1
√3
−1
√2
1
√6)
 
 
 
 
(
𝑥1
𝑦1
𝑧1
) 
Então: 
(𝑥 𝑦 𝑧) (
0 1 −4
1 −5 1
−4 1 0
)(
𝑥
𝑦
𝑧
) = (𝑥1 𝑦1 𝑧1) (
−3 0 0
0 4 0
0 0 −6
)(
𝑥1
𝑦1
𝑧1
) = 
(−3𝑥1 4𝑦1 −6𝑧1) (
𝑥1
𝑦1
𝑧1
) = 
−3𝑥1 ² + 4𝑦1 ² −6𝑧1 ² = 0 
4𝑦1 ² = 3𝑥1 ² + 6𝑧1 ² 
𝑦1 ² =
3𝑥1 ²
4
+
6𝑧1 ²
4
 
𝑦1 ² =
𝑥1 ²
(√
2
3)
2 +
𝑧1 ²
(√
2
3)
2 
Portanto, a figura é de um cone quadrático.