Exercício 6.104 Considere a matriz simétrica A in M3(R) dada por:
A=[lll 1 & 0 & 2 0 & 1 & 0 2 & 0 & 1 ]
Determine uma matriz ortogonal Q in M3(R) e uma matriz diagonal Lambda in M3(R) tais que A=Q Lambda Q^t. A matriz A é positiva-definida?

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz simétrica
A= 1 & 0 & 2 0 & 1 & 0 2 & 0 & 1
e pede uma fatoração espectral A=QLambda Q^t, em que Q é ortogonal e Lambda é diagonal. Vamos usar o Teorema Espectral para matrizes simétricas: basta achar autovalores e autovetores ortonormais de A. Também perguntam se A é positiva-definida, o que equivale a todos os autovalores serem positivos.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico det(A-lambda I). Como a linha e coluna do meio isolam-se, vemos que
o bloco em 1,3times1,3 é 1-lambda&22&1-lambda e o valor na posição (2,2) é 1-lambda. Então
det(A-lambda I) =(1-lambda)det1-lambda&22&1-lambda =(1-lambda)l[(1-lambda)^2-4r]
Isso expande para
(1-lambda)l(lambda^2-2lambda-3r) =(1-lambda)(lambda-3)(lambda+1)
Logo, os autovalores são
lambda1=3, lambda2=1, lambda3=-1

Passo 3

Para cada autovalor achamos um autovetor e o normalizamos:
  1. lambda1=3. Resolvendo (A-3I)v=0 no subespaço 1,3 vpropto(1,0,1). Normalizando:
u1=1raiz2(1,0,1)
  1. lambda2=1. Aqui a equação anula só a entrada do meio, e vemos que
u2=(0,1,0)
já é unitário.
3. lambda3=-1. Resolvendo (A+I)v=0 vpropto(1,0,-1). Normalizando:
u3=1raiz2(1,0,-1)
Esses três vetores são ortonormais.

Passo 4

Formamos Q com colunas u1,u2,u3 e Lambda=diag(3,1,-1). Assim,
Q= tfrac1raiz2&0&tfrac1raiz2 0&1&0 tfrac1raiz2&0&-tfrac1raiz2 , Lambda= 3&0&0 0&1&0 0&0&-1 ,
e de fato QLambda Q^t=A.

Passo 5

Uma matriz simétrica é positiva-definida se, e somente se, todos os seus autovalores forem positivos. Aqui temos lambda3=-1<0. Portanto, A não é positiva-definida.

Resposta

Q= 1raiz2&0&1raiz2 0&1&0 1raiz2&0&-1raiz2 , Lambda= 3&0&0 0&1&0 0&0&-1
A não é positiva-definida.

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