Orthogonally diagonalize the matrices in Exercises 13 – 22 , giving an orthogonal matrix P and a diagonal matrix D.

15. 1 1 5 1 5 1 5 1 1

Passo 1

Oi oi galerinha! Parece um bicho de sete cabeças, né? Mas, pode ficar tranqüilo que existe um passo a passo bem simples para diagonalizar ortogonalmente uma matriz simétrica A   ∈   M n × n ( R ) !

Vamos começar calcule os autovalores λ 1 ,   . . . ,   λ n de A   e determinando uma base para cada espaço próprio de A .

Lembrando que em uma matriz quadrada ( n × n ) , λ   é um autovalor de A se, e somente se, det ⁡ λ I - A = 0 .

Então, temos que:

det ⁡ λ I - A = λ - 1 - 1 - 5 - 1 λ - 5 - 1 - 5 - 1 λ - 1 = λ 3 - 7 λ 2 - 1 6 λ + 112 = 0

λ = 7   o u   λ = - 4   o u   λ = 4

Agora chegou a hora que determinar as bases associadas a cada valor de autovalor que encontramos:

Por definição X = x 1 x 2 é um autovetor se, e somente se, X é uma solução não trivial de λ I - A = 0 , ou seja, de:

λ - 1 - 1 - 5 - 1 λ - 5 - 1 - 5 - 1 λ - 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Se λ = 7 , essa equação é dada por: 6 - 1 - 5 - 1 2 - 1 - 5 - 1 6 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

6 x 1 - x 2 - 5 x 3 = 0   e - x 1 + 2 x 2 - x 3 = 0   e   - 5 x 1 - x 2 + 6 x 3 = 0

Cuja solução geral é x 1 = t   e   x 2 = t   e   x 3 = t

Ou, em forma matricial x 1 x 2 x 3 = t t t = t 1 1 1

Assim, 1 1 1   é uma base do autoespaço associado a λ = 7 .

Se λ = - 4 , essa equação é dada por:

- 5 - 1 - 5 - 1 - 9 - 1 - 5 - 1 - 5 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

- 5 x 1 - x 2 - 5 x 3 = 0   e - x 1 - 9 x 2 - x 3 = 0   e   - 5 x 1 - x 2 - 5 x 3 = 0

Cuja solução geral é x 1 = t   e   x 2 = 0   e   x 3 = - t

Ou, em forma matricial x 1 x 2 x 3 = t 0 - t = t 1 0 - 1

Assim, 1 0 - 1   é uma base do autoespaço associado a λ = - 4

Se λ = 4 , essa equação é dada por:

3 - 1 - 5 - 1 - 1 - 1 - 5 - 1 3 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

3 x 1 - x 2 - 5 x 3 = 0   e - x 1 - x 2 - x 3 = 0   e   - 5 x 1 - x 2 + 3 x 3 = 0

Cuja solução geral é x 1 = t   e   x 2 = - 2 t   e   x 3 = t

Ou, em forma matricial x 1 x 2 x 3 = t - 2 t t = t 1 - 2 1

Assim, 1 - 2 1   é uma base do autoespaço associado a λ = 4

Passo 2

Uma pausa só pra relembrar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt:

Para converter uma base { u 1 , u 2 , … , u r } numa base ortogonal { v 1 , v 2 , … , v r } efetue as etapas:

v 1 = u 1

v 2 = u 1 - u 2 , v 1 | v 1 | 2 v 1

.

.

.

Continue até r etapas.

Agora temos que aplicar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt a cada base de cada de autoespaço de A.

Para λ = 7 ,     u 1 = v 1 =   1 1 1  

Vamos normalizar esse vetor?

v 1 v 1 = 1 3 1 3 1 3

Agora repetimos o processo para λ = - 4   : u 2 = v 2 = 1 0 - 1  

Vamos normalizar esse vetor?

v 2 v 2 = 1 2 0 - 1 2

Agora repetimos o processo para λ = 4   : u 3 = v 3 = 1 - 2 1  

Vamos normalizar esse vetor?

v 3 v 3 = 1 6 - 2 6 1 6

Finalmente, usando v 1 e v 2 e v 3   como vetores coluna temos:

P = 1 3 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6 1 3 - 1 2 1 6

Encontramos a matriz que diagonaliza 1 1 5 1 5 1 5 1 1   ortogonalmente! Só falta encontrar a matriz diagonal D !

Passo 3

Sabemos que D = P T A P

v

Então: D = 1 3 1 3 1 3 1 2 0 - 1 2   1 6 - 2 6 1 6     1 1 5 1 5 1 5 1 1 1 3 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6 1 3 - 1 2 1 6 = 7 0 0 0 - 4 0 0 0 4

Resposta

P = 1 3 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6 1 3 - 1 2 1 6 e D = 7 0 0 0 - 4 0 0 0 4