Para cada uma das matrizes simétricas B dadas, encontre seus autovalores, um conjunto ortogonal máximo S de autovetores e uma matriz ortogonal P tal que D=P^{-1} B P seja diagonal.
B=\left[\begin{array}{rrr}2 & 2 & 4 \\\\ 2 & 5 & 8 \\\\ 4 & 8 & 17\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede os autovalores de B, um conjunto ortogonal máximo de autovetores e uma matriz ortogonal P que diagonaliza B. Como B é simétrica, sabemos que existe base ortonormal de autovetores. Vamos primeiro achar o polinômio característico para obter os autovalores.

Passo 2

Calculamos \det(B - \lambda I). Temos
B - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 2 & 4\\\\ 2 & 5-\lambda & 8\\\\ 4 & 8 & 17-\lambda \end{pmatrix}.
Fazendo a expansão, chega-se ao polinômio
\det(B - \lambda I) = \lambda^3 -24\lambda^2 +45\lambda -22.
Testando \lambda=1 como raiz, vemos que é solução, e factorando encontramos
\lambda^3 -24\lambda^2 +45\lambda -22 = (\lambda-1)(\lambda^2 -23\lambda +22) = (\lambda-1)^2(\lambda-22).
Logo os autovalores são
\lambda_1 = 22,\quad \lambda_2 = 1,\quad \lambda_3 = 1.

Passo 3

Para \lambda=22 resolvemos (B-22I)v=0:
\begin{pmatrix} -20 & 2 & 4\\\\ 2 & -17 & 8\\\\ 4 & 8 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\; y = 2x,\;z=4x.
Um autovetor não nulo é
v_1 = \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix}.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (B - I)v=0:
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 4\\\\ 2 & 4 & 8\\\\ 4 & 8 & 16 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; x + 2y + 4z = 0.
Duas escolhas independentes são
w_2 = \begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad w_3 = \begin{pmatrix}-4\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Aplicamos Gram–Schmidt para torná-los ortogonais:
  1. u_2 = w_2.
  2. Calculamos projeção de w_3 em u_2:
\mathrm{proj}_{u_2}(w_3) = \frac{w_3\cdot u_2}{u_2\cdot u_2}\,u_2 = \frac{8}{5}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\tfrac{16}{5}\\tfrac{8}{5}\\\ 0\end{pmatrix}.
  1. Definimos u_3 = w_3 - \mathrm{proj}_{u_2}(w_3), que (multiplicado por 5) é \bigl(-4,-8,5\bigr)^\mathsf{T}.
Agora u_2 e u_3 são ortogonais e estão no autovalor \lambda=1.

Passo 5

Normalizamos cada vetor:
\|v_1\| = \sqrt{1^2+2^2+4^2} = \sqrt{21},\quad \|u_2\| = \sqrt{(-2)^2+1^2+0^2} = \sqrt{5},\quad \|u_3\| = \sqrt{(-4)^2+(-8)^2+5^2} = \sqrt{105}.
Logo a base ortonormal é
e_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},\quad e_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad e_3 = \frac{1}{\sqrt{105}}\begin{pmatrix}-4\\\ -8\\\ 5\end{pmatrix}.
Tomando P = \bigl[e_1\;e_2\;e_3\bigr], temos P^{-1}=P^\mathsf{T} e
D = P^{-1}BP = \begin{pmatrix} 22 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Resposta

Autovalores: 22,1,1.
Conjunto ortonormal de autovetores:
e_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},\; e_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\; e_3 = \frac{1}{\sqrt{105}}\begin{pmatrix}-4\\\ -8\\\ 5\end{pmatrix}.
Matriz ortogonal:
P = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{21}} & -\dfrac{2}{\sqrt{5}} & -\dfrac{4}{\sqrt{105}}\\[6pt] \dfrac{2}{\sqrt{21}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}} & -\dfrac{8}{\sqrt{105}}\\[6pt] \dfrac{4}{\sqrt{21}} & 0 & \dfrac{5}{\sqrt{105}} \end{pmatrix},
e
D = \begin{pmatrix} 22 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

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