Diagonalização GAAL 2019

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Licenciatura em Matema´tica – EAD – UFMG
A´lgebra Linear II –
Matrizes Ortogonais
Definic¸a˜o 1 Uma matriz ortogonal e´ uma matriz quadrada A tal que a inversa de A e´ a
matriz transposta de A, isto e´
A−1 = At
Observac¸a˜o 2 Uma matriz quadrada e´ ortogonal se e somente se
AAt = AtA = I,
onde I e´ matriz identidade.
Teorema 3 Seja A uma matriz quadrada de tamanho n × n, as seguintes afirmac¸o˜es sa˜o
equivalentes:
a) A e´ ortogonal
b) Os vetores-linhas de A formam um conjunto ortonormal de Rn em relac¸a˜o ao produto
interno euclidiano.
Prova:
Considere a matriz AAt, observe que a entrada na i-e´sima linha e j-e´sima coluna desta
matriz e´ o produto escalar do i-e´simo vetor-linha de A com o j-e´simo vetor-coluna de At.
Assim se r1, r2, · · · , rn sa˜o os vetores linhas de A, enta˜o o produto AAt pode-se escrever
como AAt =

r1 · r1 r1 · r2 · · · r2 · rn
r2 · r1 r2 · r2 · · · r2 · rn
...
...
...
rn · r1 rn · r2 · · · rn · rn
 .
Assim AAt = I se e somente se, r1 · r1 = r2 · r2 = · = rn · rn = 1 e ri · rj = 0 para i 6= j.
E esto e´ va´lido se e somente se {r1, r2, · · · rn} e´ um conjunto ortonormal.
Observac¸a˜o 4 Se A e´ ortogonal, enta˜o det(A) = 1 ou det(A) = −1.
Autovalores e Autovetores
Definic¸a˜o 5 Se A e´ uma matriz n × n, enta˜o um vetor na˜o nulos x em Rn e´ chamado um
autovetor de A se x e´ um mu´ltiplo escalar de x., ou seja,
Ax = λx
para algum escalar λ. O escalar λ e´ chamado um autovalor de A e dizemos que x e´ um
autovetor associado a λ.
Para encontrar os autovalores de uma matriz A de tamanho n×n reescrevemos Ax = λx
como
(A− λI)x = O.
Para λ ser um autovalor, precisa haver uma soluc¸a˜o na˜o nula desta equac¸a˜o. E esta soluc¸a˜o
tem soluc¸a˜o se, e somente se
det(λI − A) = O.
Os escalares que satisfazem esta equac¸a˜o sa˜o os autovalores de A. det(λI − A) e´ um
polinoˆmio em λ chamado polinoˆmio caracter´ıstico de A.
Se A e´ uma matriz n× n, o polinoˆmio caracter´ıstico de A tem grau n e e´ da forma
p(λ) = λn + cn−1λn−1 + cn−2λn−2 + · · ·+ c0
e pelo Teorema Fundamental del A´lgebra tem no ma´ximo n ra´ızes distintas.
Exemplo 6 Encontre os autovalores de A =
 0 1 00 0 1
4 −17 8
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de A e´
det(λI − A) = det
 λ −1 00 λ −1
−4 17 λ− 8
 = λ3 − 8λ2 + 17λ− 4.
Os autovalores de A satisfazem a equac¸a˜o λ3 − 8λ2 + 17λ− 4 = 0.
Para resolver esta equac¸a˜o cu´bica, comec¸amos buscando soluc¸o˜es inteiras. Para isto lem-
bremos que todas as soluc¸o˜es inteiras (se houver) de uma equac¸a˜o polinomial
λn + cn−1λn−1 + cn−2λn−2 + · · ·+ c0 = 0
com coeficientes inteiros, sa˜o divisores do termos constante c0. Assim as poss´ıveis soluc¸o˜es
sa˜o os divisores de -4, ou seja ±1,±2,±4. Com isso podemos ver que λ = 4 e´ soluc¸a˜o inteira
e portanto λ− 4 dever ser um fator deste p(λ) e com isto temos que
p(λ) = (λ− 4)(λ2 − 4λ+ 1)
Assim os autovalores de A sa˜o λ = 4, λ = 2 +
√
3 e λ = 2−√3.
Encontrando bases para o Auto-espac¸o
Os autovetores de A associados a um autovalor λ sa˜o os vetores na˜o nulos x que satisfazem a
equac¸a˜o Ax = λx. Equivalentemente, os autovetores associados a λ sa˜o os vetores na˜o nulos
no espac¸o soluc¸a˜o de (λI − A)x = 0. Este espac¸o e´ chamado de autoespac¸o.
Ilustremos com um exemplo:
2
Exemplo 7 Consideremos
A =
 0 0 −21 2 1
1 0 3
 .
Observe que os autovalores de A sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio definido por det(A − λI.
Encontremos enta˜o este polinoˆmio:
det(A− λI) = det
 0− λ 0 −21 2− λ 1
1 0 3− λ
 = det(2− λ) · det( −λ −2
1 3− λ
)
Assim
det(A− λI) = (2− λ)[(−λ)(3− λ) + 2] = (2− λ)[λ2 − 3λ+ 2] = −(λ− 2)2(λ− 1)]
(Observe que para encontrar o determinante eu usei a coluna 2 que tem 2 zeros como
entrada.)
Assim o polinoˆmio caracter´ıstico e´
p(λ) = −(λ− 2)2(λ− 1)
E as ra´ızes sa˜o λ = 1 e λ = 2.
Agora vamos encontrar os autovetores. Para isto, temos que encontrar o ma´ximo nu´mero
de vetores L.I que esta˜o associados a cada autovalor, enta˜o encontremos primeiro todos os
autovetores associados a λ = 1
Sabemos que x =
 x1x2
x3
 . e´ um autovetor de A associado a λ se, e somente se x e´ uma
soluc¸a˜o na˜o trivial de (λI − A)x = 0, ou seja se λ 0 2−1 λ− 2 −1
−1 0 λ− 3
 xx2
x3
 =
 00
0

Para λ = 2 temos enta˜o  2 0 2−1 0 −1
−1 0 −1
 x1x2
x3
 =
 00
0

Resolvendo o sistema temos x1 = −α, x2 = β e x3 = α.
Assim os autovetores na˜o nulos de A associados a λ = 2 sa˜o da forma
x =
 −αβ
α
 =
 −α0
α
+
 0β
0
 = α
 −10
1
+ β
 01
0

3
Como
 −10
1
 e
 01
0
 sa˜o linearmente independentes, estes vetores formam uma base
do auto-espac¸o associado a λ = 2.
Assim ao autovalor
lambda = 2
esta˜o associados os vetores L.I
 −10
1
 e
 01
0
 e eles sera˜o colunas da matriz P no processo
de diagonalizac¸a˜o de A.
Se λ = 1 temos  1 0 2−1 −1 −1
−1 0 −2
 x1x2
x3
 =
 00
0

Resolvendo o sistema temos x1 = −2α, x2 = α e x3 = α.
Assim os autovetores na˜o nulos de A associados a λ = 2 sa˜o da forma
x =
 −2αα
α
 = α
 −21
1

e por tanto
 −21
1
 e´ uma base para o autoespac¸o associado a λ = 1.
Diagonalizac¸a˜o
A pergunta natural agora e´: Dada uma matriz A de tamanho n× n, existe uma base de Rn
consistindo do autovetores de A?. Estas bases podem ser usadas para estudar propriedade
geome´tricas de A e para simplificar muitas contas envolvendo A.
Definic¸a˜o 8 Uma matriz quadrada e´ dita diagonaliza´vel se existe uma matriz invert´ıvel
P tal que P−1AP e´ uma matriz diagonal.
Teorema 9 Se A e´ uma matriz n× n, enta˜o sa˜o equivalentes as seguintes afirmac¸o˜es:
a) A e´ diagonaliza´vel
b) A tem n autovetores linearmente independentes.
O teorema anterior nos diz que uma matriz An×n com n autovetores L.I e´ diagonalizac¸a˜o.
Que procedimento usamos para diagonalizar uma matriz? isso vemos a seguir:
Passo1 Encontre n autovetores L.I de A digamos v1, v2, · · · vn
Passo2 Forme a matriz P com os vetores-colunas v1, v2, · · · vn
Passo3 A matriz P−1AP sera´ uma matriz diagonal com entradas λ1, λ2, · · ·λn na diagonal
principal onde λi e´ o autovalor associado a vi, para i = 1, 2, · · ·n.
4
No exemplo anterior encontramos a seguintes bases para os autoespac¸os:
Para λ = 2 v1 = (−1, 0, 1) e v2 = (0, 1, 0)
Para λ = 1 v3 = (−2, 1, 1).
Encontramos 3 vetores de base no total, portanto A e´ diagonaliza´vel e
P =
 −1 0 −20 1 1
1 0 1

diagonaliza A. De fato,
P−1AP =
 1 0 21 1 1
−1 0 −1
 0 0 −21 2 1
1 0 3
 −1 0 −20 1 1
1 0 1
 =
 2 0 00 2 0
0 0 1

Observac¸a˜o 10 Na˜o existe uma ordem determinada para as colunas de P. Como a i-e´sima
entrada diagonal de P−1AP e´ um autovalor para o i-e´simo vetor-coluna de P, mudando a
ordem das colunas de P so´ muda a ordem dos autovalores na diagonal P−1AP.
Teorema 11 Sev1, v2, · · · vk sa˜o autovetores de A associados a autovalores distinto λ1, λ2, · · ·λk,
enta˜o {v1, v2, · · · vk} e´ um conjunto linearmente independente.
Teorema 12 Se A e´ uma matriz de tamanho n× n tem n autovalores distintos, enta˜o A e´
diagonaliza´vel.
Prova:
Se v1, v2, · · · vk sa˜o autovetores associados a autovalores distintos λ1, λ2, · · ·λk enta˜o pelo
teorema anterior estes vetores sa˜o L.I. Portanto A e´ diagonaliza´vel
Diagonalizac¸a˜o de matrizes sime´tricas
Queremos agora identificar uma coˆnica (curva no plano descrita por uma equac¸a˜o de segundo
grau em x e y).
Exemplo 13 Considere o problema de identificar uma coˆnica representada pela equac¸a˜o
3x2 + 2xy + 3y2 = 4
Usando matrizes esta equac¸a˜o pode ser escrita como
(
3x+ y x+ 3y
)( x
y
)
= 4
Ou
(
x y
)( 3 1
1 3
)(
x
y
)
= 4
5
Ou ainda
X tAX = 4
onde A=
(
3 1
1 3
)
e X =
(
x
y
)
.
Observe que A e´ diagonaliza´vel e podemos escrever A = PDP t
com P =
(
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
)
e D =
(
2 0
0 4
)
Assim substituindo A na equac¸a˜o acima temos
que
(X tP )D(P tX) = (P tX)tD(P tX) = 4
e fazendo mudanc¸a de coordenadas X = PX ′, enta˜o como P tP = I a equac¸a˜o se transforma
em
X ′tDX ′ =
ou (
x′ y′
)( 2 0
0 4
)(
x′
y′
)
= 4
que pode ser escrita como 2x′2 + 4y′2 = 4, e dividindo por 4 temos
x′2
2
+
y′2
1
= 21
que representa uma elipse.
Observe que o fato de A ser diagonaliza´vel atrave´s de uma matriz ortogonal P facilitou
a identificac¸a˜o da coˆnica. E´ bom lembrar que nem toda matriz e´ diagonaliza´vel, mas se ele
for sime´trica enta˜o ela e´ diagonaliza´vel, como vemos a seguir:
Teorema 14 Para uma matriz A sime´trica, os autovalores associados a autovetores diferen-
tes sa˜o ortogonais.
Prova: Sejam v1 e v2 autovetores associados a autovalores λ1 e λ2, respectivamente. com
λ1 6= λ2. Enta˜o Av1 = λ1v1 e Av2 = λ2v2.
Observe que se escrevemos os vetores como matrizes colunas, o produto escalar e´ simples-
mente o produto matricial da transposta da primeira matriz pela segunda. Assim
Av1 · v2 = (Av1)tv2 = vt1Atv2 = v1 · Atv2.
Com A e´ simetriza At = A e como v1 e v2 sa˜o autovetores de A, temos
λ1v2 · A2 = λ2v1 · v2.
ou
(λ1 − λ2)v1 · v2 = 0,
e como λ1 6= λ2, temos que v1 · v2 = 0, ou seja v1 e v2 sa˜o ortogonais.
6
Exemplo 15 Considere a matriz do exemplo anterior A =
(
3 1
1 3
)
Seu polinoˆmio caracter´ıstico e´
p(λ) = det(A− λI) = λ2 − 6λ+ 8 = (λ− 2)(λ− 4).
Assim os autovalores de A sa˜o λ1 = 2 e λ2 = 4. Os autovetores associados a estes autovalores
sa˜o respectivamente as soluc¸o˜es de (A− λ1I)X = 0 e (A− λ2I)X = 0.
A soluc¸a˜o do primeiro sistema e´ o autoespac¸o
W1 = {(α,−α)α ∈ R}.
Como (α,−α) = α(1,−1), temos que v1 = (1,−1) gera W1 e como um vetor na˜o bulo e´ L.I.
este vetor determina una base para W1. Assim
u1 =
1
| v1 |(1,−1) =
(
1√
2
,− 1√
2
)
e´ uma base ortonormal para W1.
A soluc¸a˜o geral do segundo sistema e´ W2 = {(β, β)β ∈ R}
Como (β, β) = α(β), temos que v2 = (1, 1) gera W2 e como um vetor na˜o bulo e´ L.I. este
vetor determina una base para W2. Assim
u2 =
1
| v1 |(1, 1) =
(
1√
2
,
1√
2
)
e´ uma base ortonormal para W2.
Como a matriz A e´ sime´trica, autovetores associados a autovalores diferentes sa˜o orto-
gonais. Portanto P =
(
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
)
e D =
(
2 0
0 4
)
sa˜o tais que D = P tAP.
Teorema 16 Se A e´ sime´triza, enta˜o existe uma matriz P ortogonal e uma matriz diagonal
D tal que D = P tAP.
Assim se A e´ sime´trica, enta˜o ela e´ diagonaliza´vel
Exerc´ıcios Resolvidos
1. Sabendo-se que V1 = (−1, 0, 1), V2 = (0, 1, 0) e V3 = (−2, 1, 1) sa˜o autovetores da
matriz
A =
 0 0 −21 2 1
1 0 3

7
(a) Sem obter o polinoˆmio caracter´ıstico determine os autovalores correspondentes a
estes autovetores.
Sabemos que se λ e um autovalor associado a V enta˜o AV = λV
Portanto para V1 = (−1, 0, 1) temos: 0 0 −21 2 1
1 0 3
 ·
 −10
1
 = λ
 −10
1

Fazendo as operac¸o˜es matriciais temos: −2−1 + 1
−1 + 3
 =
 −λ0
λ

De onde conclu´ımos que o autovalor ao qual esta´ associado V1 e´ λ = 2.
Para V2 = (0, 1, 0) temos: 0 0 −21 2 1
1 0 3
 ·
 01
0
 = λ
 01
0

Fazendo as operac¸o˜es matriciais temos: 02
0
 =
 0λ
0

De onde conclu´ımos que o autovalor ao qual esta´ associado V2 e´ λ = 2.
Para V3 = (−2, 1, 1) temos: 0 0 −21 2 1
1 0 3
 ·
 −21
1
 = λ
 −21
1

Fazendo as operac¸o˜es matriciais temos: −21
1
 =
 −2λλ
λ

De onde conclu´ımos que o autovalor ao qual esta´ associado V3 e´ λ = 1.
(b) A matriz A e´ diagonaliza´vel? Justifique.
Sim e´ diagonaliza´vel, pelo teorema dado na atividade 3, temos que como A tem
3 autovetores L.I enta˜o ela e´ diagonaliza´vel. Observe que de fato, V1 V2 e V3 sa˜o
L.I pois o determinante de matriz de colunas estes 3 vetores e´ diferente de zero,
o que nos leva a afirmar V1, V2 e V3 sa˜o L.I.
8
De fato,
Det
 −1 0 −20 1 1
1 0 1
 = 1
2. Prove que se b 6= 0, enta˜o A =
[
a b
0 a
]
na˜o e´ diagonaliza´vel.
O Polinoˆmio caracter´ıstico de A e´ p(λ) = Det
(
a− λ b
0 a− λ
)
= (a − λ)2 assim os
autovalores de A sa˜o λ = a
Para λ = a temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = a temos(
0 b
0 0
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ by = 0 e como b 6= 0,
temos que y = 0, ale´m disso x e´ uma varia´vel livre, assim {(x, 0) | x ∈ R} e´ o conjunto
de todos os autovetores associados a λ = a acrescentando o vetor nulo. Mas precisamos
sa˜o os autovetores L.I, para isso observe que (x, 0) = x(1, 0) ou seja, o vetor (1, 0) gera
o autoespac¸o, e sendo so´ um vetor, ele e´ L.I.
Encontramos enta˜o so´ um vetor L.I, e como a matriz e´ de tamanho 2× 2 ter´ıamos que
ter 2 autovetores L.I para ela ser diagonaliza´vel.
3. Considere a coˆnica C descrita pela seguinte equac¸a˜o:
X tAX +KX − 36 = 0,
com X =
[
x
y
]
, A =
[
5 6
6 0
]
e K =
[ −12√13 0 ].
(a) Calcule os autovalores e autovetores da matriz A.
(b) Diagonalize a matriz A.
(c) Fac¸a uma mudanc¸a de coordenadas conveniente e identifique a coˆnica C.
Observe que A e´ diagonaliza´vel (pois ela e´ sime´trica e toda matriz sime´trica e´ diago-
naliza´vel) e podemos escrever A = PDP t (onde P e´ uma matriz ortognal, ou seja, a
inversa de P e´ sua transposta.)
Vamos encontrar enta˜o as matrizes P e D que a diagonalizam e para isso vamos en-
contrar os autovalores e autovetores de A.
O Polinoˆmio caracter´ıstico de A e´ p(λ) = Det
(
5− λ 6
6 λ
)
= (5 − λ) · (−λ) − 36 =
λ2 − 5λ− 36 assim os autovalores de A sa˜o λ = 9 e λ = −4
9
Para λ = −4 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = −4 temos(
9 6
6 4
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(x,−3
2
x) | x ∈ R} e´ o
conjunto de todos os autovetores associados a λ = −4 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (x,−3
2
x) = x
2
(2,−3) temos que o vetor v1 = (2,−3) gera o autoespac¸o e
sendo so´ um vetor ele e´ L.I.
Para λ = 9 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = 9 temos( −4 6
6 −9
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(x, 2
3
x) | x ∈ R} e´ o
conjunto de todos os autovetores associados a λ = 9 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (x, 2
3
x) = x
3
(3, 2) temos que os vetores v2 = (3, 2) gera o e sendo so´ um
vetor ele e´ L.I.
Observe que os vetores v1 e v2 sa˜o ortogonais pois seu produto interno e´ zero, mas na˜o
tem norma 1, vamos enta˜o ortonormalizar eles, para isto basta dividir cada um pela
norma
u1 = (
2√
13
,− 3√
13
) e u2 = (
3√
13
, 2√
13
)
Assim a matriz P e´ dada por P =
(
2√
13
3√
13−3√
13
2√
13
)
D =
( −4 0
0 9
)
e podemos escrever A = PDP t
Assim substituindo A na equac¸a˜o acima temos que
(X tP )D(P tX) +KX − 36 = 0
ou seja
(P tX)tD(P tX) +KX = 36
e fazendo mudanc¸a de coordenadas X = PX ′, enta˜o como P tP = I a equac¸a˜o se
transforma em
X ′tDX ′ +KPX ′ = 36
ou
(
x′ y′
)( −4 0
0 9
)(
x′
y′
)
+
( −12√13 0 )( 2√13 3√13− 3√
13
2√
13
)(
x′
y′
)
= 36
10
que pode ser escrita como −4x′2 + 9y′2 − 24x′ − 36y′ = 36
Completando quadrados temos 9(y′2− 4y′+ 4)− 4(x′2− 6x′+ 9) = 36− 36 + 36, isto e´,
9(y′ − 2)2 − 4(x′− 3)2 = 36 que representa uma hipe´rbole.
4. Diga se cada afirmac¸a˜o abaixo e´ verdadeira ou falsa, justificando sua resposta.
(a) Se A e´ uma matriz 2× 2 com 2 autovalores diferentes, enta˜o A e´ diagonaliza´vel
VERDADEIRA. Se V1 e V2 sa˜o autovetores associados aos autovalores distintos
λ1 e λ2 temos que temos que estos vetores sa˜o L.I, e se A tem 2 vetores L.I enta˜o
ela e´ diagonaliza´vel.
b) A matriz A =
[
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
]
na˜o possui autovalores.
Esta afirmativa e´ VERDADEIRA, de fato, observe que o polinoˆmio caracter´ıstico
de A e´ p(λ) = Det
(
cos θ − λ − sin θ
sin θ cos θ − λ
)
= (cos θ−λ)2+sin2 θ = λ2−2λ cos θ+
cos2 θ + sin2 θ assim os autovalores de A sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o quadra´tica
λ2 − 2λ cos θ + 1 = 0
Cuja soluc¸a˜o e´
λ =
2 cos θ ±√4 cos2 θ − 4
2
=
2 cos θ ±√4(cos2 θ − 1)
2
=
2 cos θ ± 2
√
− sin2 θ
2
Observe que − sin2 θ e´ menor ou igual que zero, sendo assim, a raiz so´ teria sentido
se sin θ = 0 so´ que se isto acontece teremos que λ = cos θ onde θ e´ um aˆngulo
tal que sin θ e´ zero e portanto na˜o tem como o cos θ ser zero, logo a polinoˆmio
caracter´ıstico de A na˜o tem ra´ızes e por tanto a matriz na˜o tem autovalores.
5. Considere a matriz
A =
 −2/3 −1/3 1/3−1/3 −2/3 −1/3
1/3 −1/3 −2/3
 .
•
a) A matriz A e´ diagonaliza´vel? Explique por que.
Sim, A e´ diagonaliza´vel. A matriz A e´ sime´trica e toda matriz sime´trica e´ diago-
naliza´vel.
b) Obtenha uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tais que A = PDP t.
O polinoˆmio caracter´ıstico de A esta´ dado por
p(λ) = Det(λI − A) = Det
 λ+ 2/3 1/3 −1/31/3 λ+ 2/3 1/3
−1/3 1/3 λ+ 2/3
 =
11
=
(
λ+
2
3
)[
(λ+
2
3
)2 − 1
9
]
− 1
3
[
1
3
(λ+
2
3
) +
1
9
]
− 1
3
[
1
3
(λ+
2
3
) +
1
9
]
=
=
(
λ+
2
3
)[
(λ+
2
3
)− 1
3
] [
λ+
2
3
) +
1
3
]
− 2
3
[
1
3
(λ+
2
3
) +
1
9
]
=
=
(
λ+
2
3
)[
(λ+
2
3
)− 1
3
] [
λ+
2
3
) +
1
3
]
− 2
9
[
(λ+
2
3
) +
1
3
]
=
=
(
λ+
2
3
)(
λ+
1
3
)
(λ+ 1)− 2
9
(λ+ 1) =
= (λ+ 1)
[(
λ+
2
3
)(
λ+
1
3
)
− 2
9
]
= (λ+ 1)
(
λ2 + λ
)
Assim os autovalores de A sa˜o λ = 0 e λ = −1.
Vamos encontrar agora os autovetores associados a λ = 0 2/3 1/3 −1/31/3 2/3 1/3
−1/3 1/3 2/3
 ·
 x1x2
x3
 =
 00
0

Observe que esse sistema e´ equivalente ao sistema
2x1 + x2 − x3 = 0
x1 + 2x2 + x3 = 0
−x1 + x2 + 2x3 = 0
Resolvendo o sistema temos x2 = −x1 3 x3 = x1, chamando x1 = a temos que a
soluc¸a˜o do sistema sa˜o os vetores da forma (a,−a, a) assim podemos associar ao
autovalor λ = 0 o autovetor (1,−1, 1).
Para λ = −1  −1/3 1/3 −1/31/3 −1/3 1/3
−1/3 1/3 −1/3
 ·
 x1x2
x3
 =
 00
0

Observe que esse sistema se reduz a` uma equac¸a˜o
x1 − x2 + x3 = 0
Assim chamando x2 = a e x3 = b temos que a soluc¸a˜o do sistema sa˜o os vetores da
forma (a−b, a, b). Por outro lado, note que (a−b, a, b) = a(1, 1, 0)+b(−1, 0, 1). As-
sim podemos associar ao autovalor λ = −1 os autovetores L.I (1, 1, 0) e (−1, 0, 1)
Assim
12
D =
 0 0 00 −1 0
0 0 −1

e
P =
 1 1 −1−1 1 0
1 0 1

Estas matrizes de fato diagonalizam A. De fato,
A = PDP−1
pois
 −2/3 −1/3 1/3−1/3 −2/3 −1/3
1/3 −1/3 −2/3
 =
 1 1 −1−1 1 0
1 0 1
 0 0 00 −1 0
0 0 −1
 1/3 −1/3 1/31/3 2/3 1/3
−1/3 1/3 2/3

c) Calcule A100.
A100 = (PDP−1)100 = PD100P−1 =
 1 1 −1−1 1 0
1 0 1
 0 0 00 1 0
0 0 1
 1/3 −1/3 1/31/3 2/3 1/3
−1/3 1/3 2/3

A100 = (PDP−1)100 = PD100P−1 =
 1 1 −1−1 1 0
1 0 1
 0 0 01/3 2/3 1/3
−1/3 1/3 2/3

Ou seja,
A100 =
 2/3 1/3 −1/31/3 2/3 1/3
−1/3 1/3 2/3

6. Descreva a coˆnica C cuja equac¸a˜o e´:
a) 2x2 − 4xy − y2 − 4x− 8y = −14
Observe que a coˆnica esta´ descrita pela seguinte equac¸a˜o:
X tAX +KX = −14,
com X =
[
x
y
]
, A =
[
2 −2
−2 −1
]
e K =
[ −4 −8 ].
Observe que A e´ diagonaliza´vel (pois ela e´ sime´trica e toda matriz sime´trica e´
diagonaliza´vel) e podemos escrever A = PDP t (onde P e´ uma matriz ortognal,
ou seja, a inversa de P e´ sua transposta.)
13
Vamos encontrar enta˜o as matrizes P e D que a diagonalizam e para isso vamos
encontrar os autovalores e autovetores de A.
O Polinoˆmio caracter´ıstico de A e´ p(λ) = Det
(
2− λ −2
−2 −1− λ
)
= (2 − λ) ·
(−1− λ)− 4 = λ2 − λ− 6 assim os autovalores de A sa˜o λ = 3 e λ = −2
Para λ = −2 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = −2 temos(
4 −2
−2 1
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(x, 2x) | x ∈ R} e´ o
conjunto de todos os autovetores associados a λ = −2 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (x, 2x) = x(1, 2) temos que o vetor v1 = (1, 2) gera o autoespac¸o e
sendo so´ um vetor ele e´ L.I.
Para λ = 3 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = 3 temos( −1 −2
−2 −4
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(−2y, y) | x ∈ R} e´
o conjunto de todos os autovetores associados a λ = 3 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (−2y, y) = y(−2, 1) temos que os vetores v2 = (−2, 1) gera o e
sendo so´ um vetor ele e´ L.I.
Observe que os vetores v1 e v2 sa˜o ortogonais pois seu produto interno e´ zero, mas
na˜o tem norma 1, vamos enta˜o ortonormalizar eles, para isto basta dividir cada
um pela norma
u1 = (
1√
5
, 2√
5
) e u2 = (
−2√
5
, 1√
5
)
Assim a matriz P e´ dada por P =
(
1√
5
−2√
5
2√
5
1√
5
)
D =
( −2 0
0 3
)
e podemos escrever A = PDP t
Assim substituindo A na equac¸a˜o acima temos que
(X tP )D(P tX) +KX = −14
ou seja
(P tX)tD(P tX) +KX = −14
e fazendo mudanc¸a de coordenadas X = PX ′, enta˜o como P tP = I a equac¸a˜o se
transforma em
X ′tDX ′ +KPX ′ = −14
ou (
x′ y′
)( −2 0
0 3
)(
x′
y′
)
+
( −4 −8 )( 1√5 −2√52√
5
1√
5
)(
x′
y′
)
= −14
14
que pode ser escrita como −2x′2 + 3y′2 − 20√
5
x′ = −14
Completando quadrados temos −2(x′2 + 10√
5
x′ + 5) + 3y′2 = −14− 10, isto e´,
−2(x′ + 5√
5
)2 + 3y′2 = −24
que representa uma hipe´rbole.
b) y2 − 8x− 14y + 49 = 0
Observe que a coˆnica esta´ descrita pela seguinte equac¸a˜o:
X tAX +KX = −49,
com X =
[
x
y
]
, A =
[
0 0
0 1
]
e K =
[ −8 −14 ].
Observe que A e´ diagonaliza´vel (pois ela e´ sime´trica e toda matriz sime´trica e´
diagonaliza´vel) e podemos escrever A = PDP t (onde P e´ uma matriz ortogonal,
ou seja, a inversa de P e´ sua transposta.)
Vamos encontrar enta˜o as matrizes P e D que a diagonalizam e para isso vamos
encontrar os autovalores e autovetores de A.
O Polinoˆmio caracter´ıstico de A e´ p(λ) = Det
( −λ 0
0 1− λ
)
= (−λ) · (1 − λ)
assim os autovalores de A sa˜o λ = 0 e λ = 1
Para λ = 0 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = 0 temos(
0 0
0 1
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(x, 0) | x ∈ R} e´ o
conjunto de todos os autovetores associados a λ = 0 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (x, 0) = x(1, 0) temos que o vetor v1 = (1, 0) gera o autoespac¸o e
sendo so´ um vetor ele e´ L.I.
Para λ = 1 temos que os autovetores sa˜o os vetores na˜o nulos soluc¸a˜o do sistema
(A− λI)X = 0, assim para λ = 1 temos( −1 0
0 0
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
Resolvendo o sistema temos que a soluc¸a˜o geral do sistema e´ {(0, y) | x ∈ R} e´ o
conjunto de todos osautovetores associados a λ = 1 acrescentando o vetor nulo.
Como o vetor (0, y) = y(0, 1) temos que os vetores v2 = (0, 1) gera o e sendo so´
um vetor ele e´ L.I.
Observe que os vetores v1 e v2 sa˜o ortogonais pois seu produto interno e´ zero, e
tem norma 1,
Assim a matriz P e´ dada por P =
(
1 0
0 1
)
D =
(
0 0
0 1
)
15
e podemos escrever A = PDP t
Assim substituindo A na equac¸a˜o acima temos que
(X tP )D(P tX) +KX = −49
ou seja
(P tX)tD(P tX) +KX = −49
e fazendo mudanc¸a de coordenadas X = PX ′, enta˜o como P tP = I a equac¸a˜o se
transforma em
X ′tDX ′ +KPX ′ = −49
ou (
x′ y′
)( 0 0
0 1
)(
x′
y′
)
+
( −8 −14 )( 1 0
0 1
)(
x′
y′
)
= −49
que pode ser escrita como y′2 − 8x′ − 14y′ = −49
Completando quadrados temos (y′2 − 14y′ + 49) = 8x′ − 49 + 49, isto e´,
(y′ − 7)2 = 8x′
que representa uma para´bola.
16