Exercício 6.105 Considere a matriz simétrica A in M3(R) dada por:
A=[lll 2 & 0 & 1 0 & 2 & 1 1 & 1 & 3 ]
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 dá a matriz simétrica
A = 2 & 0 & 1 0 & 2 & 1 1 & 1 & 3
e pede uma fatoração espectral A = Q,Lambda,Q^t, onde Q é ortogonal e Lambda é diagonal com os autovalores de A. Como A é simétrica real, sabemos que existe base ortonormal de autovetores.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
det(A - lambda I) = det 2-lambda & 0 & 1 0 & 2-lambda & 1 1 & 1 & 3-lambda
Fazendo expansão e simplificando, obtemos
(,2-lambda,)l(,(2-lambda)(3-lambda)-1r)- (2-lambda) =(2-lambda)(lambda^2 -5lambda+5 -1) =(2-lambda)(lambda^2 -5lambda+4) =(2-lambda)(lambda-1)(lambda-4)
Logo os autovalores são
lambda1=1, lambda2=2, lambda3=4

Passo 3

Para cada autovalor resolvemos [(A-\lambda I)v=0) e normalizamos.
. :
leva a (v\propto(1,1,-1)]. Normalizando:
leva a (v\propto(1,-1,0)]. Normalizando:
leva a (v\propto(1,1,2)]. Normalizando:

Passo 4

Montamos Q com colunas u1,u2,u3 e Lambda com os autovalores na diagonal:
Q = 1raiz3 & 1raiz2 & 1raiz6 1raiz3 & -1raiz2 & 1raiz6 -1raiz3 & 0 & 2raiz6 , Lambda = 1 & 0 & 0 0 & 2 & 0 0 & 0 & 4
Por construção, Q é ortogonal e A = Q,Lambda,Q^t.

Passo 5

Como todos os autovalores 1,2,4 são positivos, concluímos que A é positiva-definida.

Resposta

A fatoração espectral é
Q = 1raiz3 & 1raiz2 & 1raiz6 1raiz3 & -1raiz2 & 1raiz6 -1raiz3 & 0 & 2raiz6 , Lambda = 1 & 0 & 0 0 & 2 & 0 0 & 0 & 4
e A é positiva-definida.

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