Questões Sortidas IV de álgebra linear

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Questões Sortidas IV de álgebra linear
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annie.passeidireto@gmail.com
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Autora:
Annie Gabrielle de Oliveira Silva
21 de fevereiro de 2021
annie.passeidireto@gmail.com
Quem sou eu?
Olá, meu nome é Annie e sou graduanda em geofísica pela Universidade Federal da Bahia e pré-vestibulanda para
o Instituto Tecnológico da Aeronáutica. Antes do pré-vestibular, era graduanda, concomitantemente a geofísica, de
engenharia elétrica pela Faculdade de Tecnologia e Ciência. Atualmente, atuo como tutora de várias disciplinas e
tenho certeza que podemos aprender muito. Sendo assim, bons estudos!
Questão 1
Dê exemplo de uma forma linear V = P4
Uma aplicação linear tem a forma:
T : V −→ R Dessa forma, T : P4 −→ R
Queremos uma aplicação que transforme um vetor do campo dos polinômios de grau 4 para os reais. Assim,
T (a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 + a4t
4) = x(R)
Uma ideia interessante para esta questão é o uso das derivadas. As derivadas de fatores constantes são iguais a
0, sendo assim,
T (a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 + a4t
4) = x(R)
p(t) −→ T (p(t)) = d
4
dt4
· p(t)
Ao derivar a quarta estrutura polinomial apresentada, teremos:
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 + a4t
4
p′(t) = a1 + 2a2t+ 3a3t
2 + 4a4t
3
p′′(t) = 2a2 + 6a3t+ 12a4t
2
p(3)(t) = 6a3 + 24a4t
p(4)(t) = 24a4
Que pode ser um vetor de R.
Agora só resta provar que isso é uma transformação linear. Uma transformação é linear se segue a estrutura:
1. Para quaisquer u e v em V se tivermos:
T (u+ v) = T (u) + T (v)
2. Para todo v em V e todo λ em F tivermos:
T (λ · u) = λ · T (u)
PROVA
Escolhidos p1 = a01 + a11t+ a21t2 + a31t3 + a41t4 e p2 = a02 + a12t+ a22t2 + a32t3 + a42t4 do espaço dos po-
linômios de grau 4, para provar 1, fazemos:
p1 + p2 = a01 + a02 + a11t+ a12t+ a21t
2 + a22t
2 + a31t
3 + a32t
3 + a41t
4 + a42t
4
T (p1 + p2) = 24a41 + 24a42 = T (p1) + T (p2) = 24a41 + 24a42X
Para provar 2, basta lembrar da propriedade da derivada dada por [k · f(x)]′ = k · f ′(x). Portanto, temos que a
estrutura apresentada é uma transformação linear.
1
Questão 2
Dê exemplo de uma forma bilinear V =M(2, 2)
Uma aplicação bilinear é uma aplicação linear para duas variáveis tem a forma:
B : V × V −→ R Dessa forma, B :M(2, 2)×M(2, 2) −→ R onde, (v, w) −→ B(v, w) = x
Queremos uma aplicação que transforme,o espaço gerado pela matriz M(2, 2) em um vetor de R. Podemos
aplicar uma transformação a partir do seu produto interno.
B (M1(2, 2),M2(2, 2)) = 〈M1(2, 2),M2(2, 2)〉 = tr∗(M1 ·MT2 )
tr∗= Traço de uma matriz.
Então, considerando as matrizes M1 =
[
a b
c d
]
, M2 =
[
e f
g h
]
, temos:
B (M1(2, 2),M2(2, 2)) = tr
∗(M1 ·MT2 )
M1 ·M2 =
[
a b
c d
]
·
[
e g
f h
]
=
[
ae+ bf ag + bh
ce+ df cg + dh
]
tr = ae+ bf + cg + dh
Portanto,
B (M1(2, 2),M2(2, 2)) = ae+ bf + cg + dh
Agora só resta provar que isso é uma transformação bilinear. Uma transformação é bilinear se segue a estrutura:
1. B(av1 + bv2, w) = aB(v1, w) + bB(v2, w)
2. B(v, aw1 + bw2) = aB(v, w1) + bB(v, w2)
Para as provas, utilizarei as matrizes M1 =
[
a b
c d
]
, M2 =
[
e f
g h
]
, e M3 =
[
i j
k l
]
e os escalares α, β quaisquer,
pertencentes a R
PROVA PROPRIEDADE 1
B(av1 + bv2, w) = aB(v1, w) + bB(v2, w)
B(α ·M1 + βM2,M3) = αB(M1,M3) + βB(M2,M3)
B
([
αa αb
αc αd
]
+
[
βe βf
βg βh
]
,
[
i j
k l
])
= αB
([
a b
c d
]
,
[
i j
k l
])
+ βB
([
e f
g h
]
,
[
i j
k l
])
B
([
αa+ βe αb+ βf
αc+ βg αd+ βh
]
,
[
i j
k l
])
= α ·
([
a b
c d
]
·
[
i k
j l
])
+ β ·
([
e f
g h
]
·
[
i k
j l
])
([
αa+ βe αb+ βf
αc+ βg αd+ βh
]
·
[
i k
j l
])
= α ·
([
ai+ bj ak + bl
ci+ dj ck + dl
])
+ β ·
([
ei+ fj ek + fl
gi+ hj gk + hl
])
2
([
(αa+ βe)i+ (αb+ βf)j (αa+ βe)k + (αb+ βf)l
(αc+ βg)i+ (αd+ βh)j (αc+ βg)k + (αd+ βh)l
])
=
([
α(ai+ bj) aα(k + bl)
α(ci+ dj) α(ck + dl)
])
+
([
β(ei+ fj) β(ek + fl)
β(gi+ hj) β(gk + hl)
])
([
(αa+ βe)i+ (αb+ βf)j (αa+ βe)k + (αb+ βf)l
(αc+ βg)i+ (αd+ βh)j (αc+ βg)k + (αd+ βh)l
])
=
([
α(ai+ bj) + β(ei+ fj) α(ak + bl) + β(ek + fl)
α(ci+ dj) + β(gi+ hj) α(ck + dl) + β(gk + hl)
])
Aplicando o traço no resultado das matrizes:
(αa+ βe)i+ (αb+ βf)j + (αc+ βg)k + (αd+ βh)l = α(ai+ bj) + β(ei+ fj) + α(ck + dl) + β(gk + hl)︸ ︷︷ ︸
f(i,j,k,l)
(αa+ βe)i+ (αb+ βf)j + (αc+ βg)k + (αd+ βh)l = αai+ αbj + βei+ βfj + αck + αdl + βgk + βhl
(αa+ βe)i+ (αb+ βf)j + (αc+ βg)k + (αd+ βh)l = (αa+ βe)i+ (αb+ βf)j + (αc+ βg)k + (αd+ βh)l X
PROVA PROPRIEDADE 2
B(v, aw1 + bw2) = aB(v, w1) + bB(v, w2)
B(M1, αM2 + βM3) = α ·B(M1,M2) + βB(M1,M3)
B(M1, αM2 + βM3) = α ·B(M1,M2) + βB(M1,M3)
B
([
a b
c d
]
, α ·
[
e f
g h
]
+ β ·
[
i j
k l
])
= α ·B
([
a b
c d
]
,
[
e f
g h
])
+ β ·B
([
a b
c d
]
,
[
i j
k l
])
B
([
a b
c d
]
,
[
αe+ βi αf + βj
αg + βk αh+ βl
])
= α ·B
([
a b
c d
]
·
[
e g
f h
])
+ β ·B
([
a b
c d
]
·
[
i k
j l
])
([
a b
c d
]
·
[
αe+ βi αg + βk
αf + βj αh+ βl
])
= α ·
([
ae+ bf ag + bh
ce+ df cg + dh
])
+ β ·
([
ai+ bj ak + bl
ci+ dj ck + dl
])
([
a(αe+ βi) + b(αf + βj) a(αg + βk) + b(αh+ βl)
c(αe+ βi) + d(αf + βj) c(αg + βk) + d(αh+ βl)
])
=
([
(αae+ αbf) + (βai+ βbj) (αag + αbh) + (βak + βbl)
(αce+ αdf) + (βci+ βdj) (αcg + αdh) + (βcg + βdh)
])
︸ ︷︷ ︸
f(a,b,c,d)
([
a(αe+ βi) + b(αf + βj) a(αg + βk) + b(αh+ βl)
c(αe+ βi) + d(αf + βj) c(αg + βk) + d(αh+ βl)
])
=
([
a(αe+ βi) + b(αf + βj) a(αg + βk) + b(αh+ βl)
c(αe+ βi) + d(αf + βj) c(αg + βk) + d(αh+ βl)
])
X
Como as duas matrizes são iguais, elas apresentarão o mesmo traço. Portanto, temos que a estrutura observada
é uma transformação bilinear.
Questão 3
Dê exemplo de uma forma bilinear simétrica V = R5.
Uma aplicação bilinear é uma aplicação linear para duas variáveis tem a forma:
B : V × V −→ R Dessa forma, B : R5 × R5 −→ R onde, B(x, y, z, w, k) = a
3
Queremos uma aplicação que transforme,o espaço gerado por funções do R5 em um vetor de R. Podemos utilizar
a multiplicação de elemento por elemento para gerar essa aplicação.
B((x1, y1, z1, w1, k1), (x2, y2, z2, w2, k2)) = x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 + w1 · w2 + k1 · k2
Agora, provarei que essa transformação é bilinear simétrica.
Para uma transformação bilinear seja simétrica ela deve atender as propriedades de uma transformação bilinear,
além disso, existe mais uma propriedade:
1. B(av1 + bv2, w) = aB(v1, w) + bB(v2, w)
2. B(v, aw1 + bw2) = aB(v, w1) + bB(v, w2)
3. “Uma forma bilinear B é simétrica se, para quaisquer vetores u e v, B(u, v) = B(v, u) ou,
equivalentemente, sua matriz em qualquer base é simétrica.”
Para as demonstrações utilizarei os vetores de R5, ~a = (x1, y1, z1, w1, k1),~b = (x2, y2, z2, w2, k2), ~c = (x3, y3, z3, w3, k3)
e os escalares α, β quaisquer, pertencentes a R.
PROVA PROPRIEDADE 1
B(av1 + bv2, w) = aB(v1, w) + bB(v2, w)
B(α · (x1, y1, z1, w1, k1) + β · (x2, y2, z2, w2, k2), (x3, y3, z3, w3, k3)) =
α ·B((x1, y1, z1, w1, k1), (x3, y3, z3, w3, k3)) + β ·B((x2, y2, z2, w2, k2), (x3, y3, z3, w3, k3))
Para diminuir a quantidade de variáveis e facilitar a demonstração e entendimento farei:
B(α · (x1, · · · , k1) + β · (x2, · · · , k2), (x3, · · · , k3)) = α ·B((x1, · · · , k1), (x3, · · · , k3)) + β ·B((x2, · · · , k2), (x3, · · · , k3))
B((αx1 + βx2, · · · , αk1 + βx2), (x3, · · · , k3)) = α ·B((x1, · · · , k1), (x3, · · · , k3)) + β ·B((x2, · · · , k2), (x3, · · · , k3))
(αx1 + βx2) · x3 + · · ·+ (αk1 + βk2) · k3 = α · (x1 · x3, · · · , k1 · k3) + β · (x2 · x3, · · · , k2 · k3)
(αx1 + βx2) · x3 + · · ·+ (αk1 + βk2) · k3 = (αx1 + βx2) · x3 + · · ·+ (αk1 + βk2) · k3 X
PROVA PROPRIEDADE 2
B(v, aw1 + bw2) = aB(v, w1) + bB(v, w2)
B((x1, · · · , k1), α(x2, · · · , k2) + β · (x3, · · · , k3)) = α ·B((x1, · · · , k1), (x2, · · · , k2)) + β ·B((x1, · · · , k1), (x3, · · · , k3))
B((x1, · · · , k1), (αx2 ·+βx3, · · · , αk2 + βk3)) = α · (x1 · x2, · · · , k1 · k2) + β · (x1 · x3, · · · , k1 · k3)
x1 · (αx2 ·+βx3) + · · ·+ k1 · (αk2 + βk3) = (αx1 · x2 + βx1 · x3 + · · ·+ αk1 · k2 + βk1 · k3)
Colocando x1, · · · , k1 em evidência:x1 · (αx2 ·+βx3) + · · ·+ k1 · (αk2 + βk3) = x1 · (αx2 ·+βx3) + · · ·+ k1 · (αk2 + βk3) X
4
PROVA PROPRIEDADE 3
B(u, v) = B(v, u)
B((x1, y1, z1, w1, k1), (x2, y2, z2, w2, k2)) = B((x2, y2, z2, w2, k2), (x1, y1, z1, w1, k1))
(x1 · x2 + · · ·+ k1 · k2) = (x2 · x1 + · · ·+ k2 · k1) X
Como as duas aplicações são iguais, elas apresentarão o mesmo resultado. Portanto, temos que a estrutura
observada é uma transformação bilinear simétrica.
Questão 4
Dê exemplo de uma forma quadrática V = R4.
Uma aplicação bilinear simétrica na forma quadrática é tem a forma:
Q : V −→ R
Q(v) = B(v, v)
Onde, a Forma Quadrática Q é uma função de V em R definida a partir de uma forma bilinear simétrica em V ,B.
Dada uma base de V , se M = [B]αα (uma matriz de transformação de uma base para a mesma base) e [v]α =

x1
x2
...
xn

então Q(v) = [v]tαM [v]α. Utilizando a última definição, podemos criar qualquer exemplo no R4.
Q(x, y, z, w) =
[
x y z w
]
·

a b c d
b f g h
c g k l
d h l p
 ·

x
y
z
w

Q(x, y, z, w) =
[
ax+ by + cz + dw bx+ fy + gz + hw cx+ gy + kz + lw dx+ hy + lz + pw
]
·

x
y
z
w

Q(x, y, z, w) = ax2 + bxy + czx+ dwx+ bxy + fy2 + gzy + hwy + cxz + gyz + kz2 + lwz + dxw + hyw + lzw + pw2
Q(x, y, z, w) = ax2 + 2bxy + 2cxz + 2dwx+ 2hwy + 2lzw + 2gzy + fy2 ++kz2 + pw2
Questão 5
Para esta questão, utilizaremos o conhecimento de que toda forma bilinear simétrica está associada a uma matriz
simétrica. A estrutura fica:
Q(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2
M =
A B2B
2
C
Matriz simétrica associada a forma quadrática.
5
Classifique e esboce as seguintes cônicas:
a) 7x2 − 6xy + 7y2 + 14
√
2x− 6
√
2y − 6 = 0
Para classificar as cônicas, primeiramente devemos encontrar delimitar a parte quadrática e a parte linear da
equação extendida.
7x2 − 6xy + 7y2︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+14
√
2x− 6
√
2y︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Arrumando na forma matricial:
[
x y
]
·
[
7 −3
−3 7
]
·
[
x
y
]
︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
14
√
2 −6
√
2
]
·
[
x
y
]
︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Calculando os autovetores e autovalores para a matriz de transformação da forma quadrática. Podemos
encontrar os autovalores de um espaço por meio do polinômio característico.
p(λ) = det(A− λIn)
Sendo In a identidade:
∣∣∣∣7− λ −3−3 7− λ
∣∣∣∣ = (7− λ)2 − {9} = (7− λ)2 − 9
(7− λ)2 − 9 = 0⇒ 49− 14λ+ λ2 ⇒ λ2 − 14λ+ 40
Por soma e produto; Soma=14, produto=40
O autovalores são dados por: λ1 = 4 e λ2 = 10
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
λ1 = 4
[
7 −3
−3 7
]
−
[
4 0
0 4
]
=
[
3 −3
−3 3
]
⇒
[
3 −3
−3 3
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:
{
3 · x− 3 · y = 0 ∴ 3x = 3y x = y
−3 · x+ 3 · y = 0 ∴ 3x = 3y x = y
6
A solução geral x =
[
x
x
]
= x ·
[
1
1
]
. O auto-vetor é dado por :
[
1
1
]
λ2 = 10
[
7 −3
−3 7
]
−
[
10 0
0 10
]
=
[
−3 −3
−3 −3
]
⇒
[
−3 −3
−3 −3
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:
{
−3 · x− 3 · y = 0 ∴ 3x = −3y x = −y
−3 · x− 3 · y = 0 ∴ 3x = −3y x = −y
A solução geral x =
[
−y
y
]
= y ·
[
−1
1
]
. O auto-vetor é dado por :
[
−1
1
]
Temos que:
Q(v) = [v]tβ [B]
β
β [v]β
Onde,[v]t são as novas coordenadas x1, y1 em uma matriz linha, β [B]
β
β é a matriz de autovalores e [v]β é a
matriz linha das novas coordenadas. Fazemos:
Q(v) =
[
x1
y1
] [
4 0
0 10
] [
x1 y1
]
As novas coordenadas de L(v) são dadas pela matriz de mudança de base(matriz de autovetores) , então:
[
x1
y1
] [
4 0
0 10
] [
x1 y1
]
︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
14
√
2 −6
√
2
] [1 −1
1 1
] [
x1
y1
]
︸ ︷︷ ︸
L(v)
−6 = 0
Multiplicando as matrizes do sistema, teremos que a equação será dada por:
4x21 + 10y
2
1︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+8
√
2x1 − 20
√
2y1︸ ︷︷ ︸
L(v)
−6 = 0
Completando quadrados:
4x21 + 10y
2
1 + 8
√
2x1 − 20
√
2y1 − 6 = 0
4(x21 + 2
√
2x1) + 10(y
2
1 − 2
√
2y1)− 6 = 0
4(x21 + 2
√
2x1 + (
√
2)2−(
√
2)2) + 10(y21 − 2
√
2y1 + (
√
2)2 − (
√
2)2)− 6 = 0
4(x1 +
√
2)2 − 8 + 10(y1 −
√
2)2 − 20− 6 = 0
7
4(x1 +
√
2)2 + 10(y1 −
√
2)2 = 34
Dividindo tudo por 34:
4(x1 +
√
2)2
34
+
10(y1 −
√
2)2
34
= 1
2(x1 +
√
2)2
17
+
5(y1 −
√
2)2
17
= 1
Rearrumando a equação:
(x1 +
√
2)2
17
2
+
(y1 −
√
2)2
17
5
= 1
A estrutura apresentada representa uma elipse transladada. Segue a imagem abaixo:
8
b) 9x2 + y2 − 12x+ 36y = 0
Para esta questão, faremos os mesmos passos da alternativa anterior. Primeiramente delimitar a parte qua-
drática e a parte linear da equação extendida.
9x2 + y2︸ ︷︷ ︸
Q(v)
−12x+ 36y︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Arrumando na forma matricial:
[
x y
]
·
[
9 0
0 1
]
·
[
x
y
]
︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
−12 36
]
·
[
x
y
]
︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Novamente calculando os autovetores e autovalores por meio do polinômio característico.
p(λ) = det(A− λIn)
Sendo In a identidade:
∣∣∣∣9− λ 00 1− λ
∣∣∣∣ = (9− λ) · (1− λ)− {0} = (9− λ) · (1− λ)
(9− λ) · (1− λ) = 0
O autovalores são dados por: λ1 = 9 e λ2 = 1
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
λ1 = 9
[
9 0
0 1
]
−
[
9 0
0 9
]
=
[
0 0
0 −4
]
⇒
[
0 0
0 −4
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:
{
0 · x+ 0 · y = 0 ∴ 0 = 0
0 · x− 4 · y = 0 ∴ y = 0
A solução geral x =
[
x
0
]
= x ·
[
1
0
]
. O auto-vetor é dado por :
[
1
0
]
λ1 = 1
9
[
9 0
0 1
]
−
[
1 0
0 1
]
=
[
8 0
0 0
]
⇒
[
8 0
0 0
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:
{
8 · x+ 0 · y = 0 ∴ x = 0
0 · x+ 0 · y = 0 ∴ 0 = 0
A solução geral x =
[
0
y
]
.= y ·
[
0
1
]
. O auto-vetor é dado por :
[
0
1
]
Temos que:
Q(v) = [v]tβ [B]
β
β [v]β
Onde,[v]t são as novas coordenadas x1, y1 em uma matriz linha, β [B]
β
β é a matriz de autovalores e [v]β é a
matriz linha das novas coordenadas. Fazemos:
Q(v) =
[
x1
y1
] [
9 0
0 1
] [
x1 y1
]
As novas coordenadas de L(v) são dadas pela matriz de mudança de base(matriz de autovetores) , então:
[
x1
y1
] [
9 0
0 1
] [
x1 y1
]
︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
−12 36
] [1 0
0 1
] [
x1
y1
]
︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Multiplicando as matrizes do sistema, teremos que a equação será dada por:
9x21 + y
2
1︸ ︷︷ ︸
Q(v)
−12x1 + 36y1︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Completando quadrados:
9x21 + y
2
1 − 12x1 + 36y1 = 0
9
(
x21 +
4
3
x1
)
+
(
y21 + 36y1
)
= 0
9
(
x21 + 2 ·
2
3
x1
)
+
(
y21 + 2 · 18y1
)
= 0
9
(
x21 +
4
3
x1 +
2
3
− 2
3
)
+ (y21 + 2 · 18y1 + 18−18) = 0
10
9
(
x1 +
2
3
)2
− 6 + (y1 + 18)2 − 18 = 0
9
(
x1 +
2
3
)2
+ (y1 + 18)
2
= 24
Dividindo tudo por 24:
(
x1 +
2
3
)2
8
3
+
(y1 + 18)
2
24
= 1
A estrutura apresentada representa uma elipse transladada de centro (
2
3
,−18).
Questão 6
Para esta questão, faremos a mesma coisa que a questão 5. Toda forma bilinear simétrica está associada a uma
matriz simétrica. A estrutura fica:
Q(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2
M =
A B2B
2
C
Matriz simétrica associada a forma quadrática.
11
Classifique e esboce as seguintes quádricas:
a) x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz − 2yz − 1 = 0
Primeiramente devemos encontrar delimitar a parte quadrática e a parte linear da equação extendida.
x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz − 2yz︸ ︷︷ ︸
Q(v)
−1 = 0
Arrumando na forma matricial:
[
x y z
]
·
 1 −1 −1−1 1 −1
−1 −1 1
 ·
xy
z

︸ ︷︷ ︸
Q(v)
−1 = 0
Calculando os autovetores e autovalores para a matriz de transformação da forma quadrática por meio do
polinômio característico.
p(λ) = det(A− λIn)
Sendo In a identidade:
∣∣∣∣∣∣
1− λ −1 −1
−1 1− λ −1
−1 −1 1− λ
∣∣∣∣∣∣
1− λ −1
−1 1− λ
−1 −1
= (1− λ)3 − 1− 1− {(1− λ)− 1 + (1− λ)} =
λ3 − 3λ2 + 3λ− 1− {1− 2λ} =
λ3 − 3λ2 + λ− 1 = 0⇒
−(λ+ 1) · (λ2 − 4λ+ 4)⇒
−(λ+ 1) · (λ− 2)2
Por soma e produto; Soma=14, produto=40
O autovalores são dados por: λ1 = −1 e λ2 = 2
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
λ1 = −1
 1 −1 −1−1 1 −1
−1 −1 1
−
−1 0 00 −1 0
0 0 −1
 =
 2 −1 −1−1 2 −1
−1 −1 2

⇒
 2 −1 −1−1 2 −1
−1 −1 2
 ·
xy
z
 =
00
0

12
Teremos os sistemas e as soluções:

2 · x− 1 · y +−1 · z = 0 ∴ 2x = y + z 2x = y + z (i)
−1 · x+ 2 · y +−1 · z = 0 ∴ x = 2y − z x = 2y − z (ii)
−1 · x+−1 · y + 2 · z = 0 ∴ x = 2z − y x = 2z − y (iii)
Substituindo (ii) em (i):
2(2y− z) = y + z ⇒ 4y − 2z = y + z ⇒ 3y = 3z ∴ y = z (iv)
Substituindo (iv) em (i):
2x = y + z ⇒ 2x = 2y ∴ x = y
A solução geral x =
xx
x
 = x ·
11
1
. O auto-vetor é dado por :
11
1

λ2 = 2
 1 −1 −1−1 1 −1
−1 −1 1
−
2 0 00 2 0
0 0 2
 =
−1 −1 −1−1 −1 −1
−1 −1 −1

⇒
−1 −1 −1−1 −1 −1
−1 −1 −1
 ·
xy
z
 =
00
0

Teremos os sistemas e as soluções:
{
−1 · x− 1 · y +−1 · z = 0 ∴ x+ y + z = 0 x = −y − z
Todas as equações iguais.
Então, a solução geral x =
−y − zy
z
 = y ·
−11
0
 + z ·
−10
1
. O conjunto de auto-vetores é dado por :
−11
0
 ,
−10
1

Temos que:
Q(v) = [v]tβ [B]
β
β [v]β
Onde,[v]t são as novas coordenadas x1, y1 em uma matriz linha, β [B]
β
β é a matriz de autovalores e [v]β é a
matriz linha das novas coordenadas. Fazemos:
Q(v) =
x1y1
z1
−1 0 00 2 0
0 0 2
 [x1 y1 z1]
13
Multiplicando as matrizes do sistema, teremos que a equação será dada por:
−x21 + 2y21 + 2z21 − 1 = 0
A quádrica apresentada é um hiperbolóide de uma folha. A equação do hiperbolóide tem a forma:
x21
−1
+
y21
1
2
+
z21
1
2
= 1
14
b) 9x2 + y2 + 10z2 + 6xy − 12x+ 36y = 0
Primeiramente devemos encontrar delimitar a parte quadrática e a parte linear da equação extendida.
9x2 + y2 + 10z2 + 6xy︸ ︷︷ ︸
Q(v
−12x+ 36y︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Arrumando na forma matricial:
[
x y z
]
·
9 3 03 1 0
0 0 10
 ·
xy
z

︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
−12 36
]︸ ︷︷ ︸
L(v)
·
[
x
y
]
= 0
Calculando os autovetores e autovalores para a matriz de transformação da forma quadrática por meio do
polinômio característico.
p(λ) = det(A− λIn)
Sendo In a identidade:
∣∣∣∣∣∣
9− λ 3 0
3 1− λ 0
0 0 10− λ
∣∣∣∣∣∣
9− λ 3
3 1− λ
0 0
= (9− λ) · (1− λ) · (10− λ) ·+0 + 0− {9(10− λ) + 0 + 0} =
(81− 18λ+ λ2) · (10− λ)− {90− 90λ} =
−λ3 + 20λ2 − 100λ− 1 = 0⇒
−λ · (λ2 − 20λ+ 100)⇒
−λ · (λ− 10)2 = 0
O autovalores são dados por: λ1 = 0 e λ2 = 10
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
λ1 = 0
9 3 03 1 0
0 0 10
−
0 0 00 0 0
0 0 0
 =
9 3 03 1 0
0 0 10

⇒
9 3 03 1 0
0 0 10
 ·
xy
z
 =
00
0

Teremos os sistemas e as soluções:

9 · x+ 3 · y + 0 · z = 0 ∴ −9x = 3y y = −3x
3 · x+ 1 · y + 0 · z = 0 ∴ −3x = y −3x = y
0 · x+ 0 · y + 10 · z = 0 z = 0
15
A solução geral x =
 x−3x
0
 = x ·
 1−3
0
. O auto-vetor é dado por :
 1−3
0

λ2 = 10
9 3 03 1 0
0 0 10
−
10 0 00 10 0
0 0 10
 =
−1 3 03 −9 0
0 0 0

⇒
−1 3 03 −9 0
0 0 0
 ·
xy
z
 =
00
0

Teremos os sistemas e as soluções:

−1 · x+ 3 · y + 0 · z = 0 ∴ x = 3y x = 3y
3 · x− 9 · y + 0 · z = 0 ∴ 3x = 9y x = 3y
−0 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 0 = 0
Então, a solução geral x =
3yy
z
 = y ·
31
0
+ z ·
00
1
. O conjunto de auto-vetores é dado por :

31
0
 ,
00
1

Temos que:
Q(v) = [v]tβ [B]
β
β [v]β
Onde,[v]t são as novas coordenadas x1, y1 em uma matriz linha, [B]
β
β é a matriz de autovalores e [v]β é a matriz
linha das novas coordenadas. Fazemos:
x1y1
z1
0 0 00 10 0
0 0 10
 [x1 y1 z1]︸ ︷︷ ︸
Q(v)
+
[
−12 36 0
]
·
 1 3 0−3 1 0
0 0 1
 ·
xy
z

︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
Multiplicando as matrizes do sistema, teremos que a equação será dada por:
10y21 + 10z
2
1︸ ︷︷ ︸
Q(v)
− 108x︸ ︷︷ ︸
L(v)
= 0
10y21 + 10z
2
1 − 108x = 0
A quádrica apresentada é um parabolóide de revolução, também chamado como parabolóide elíptico. A equação
do hiperbolóide tem a forma:
x21
10
+
y21
10
=
108x
10
16
17