Considere A como
\left[\begin{array}{ccc} 5 & -4 & -2 \\\\ -4 & 5 & 2 \\\\ -2 & 2 & 2 \end{array}\right]
a) Encontre os autovalores de A
b) Calcule os autoespaços
c) Diagonalize A por uma matriz ortogonal P , construindo P

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 5 & -4 & -2\\[4pt] -4 & 5 & 2\\[4pt] -2 & 2 & 2 \end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. (a) encontrar os autovalores de A;
  2. (b) calcular os autoespaços (ou seja, bases dos autovalores);
  3. (c) diagonalizar A por uma matriz ortogonal P, construindo explicitamente P.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A é uma matriz real 3\times3.
  • Não há informações adicionais (como imagem) — tudo que precisamos está na própria matriz.]

Passo 2

Conceito útil (aula curta): para achar autovalores de uma matriz A procura-se os \lambda tais que existe vetor não nulo v com
A v = \lambda v,
ou seja, (A-\lambda I)v=0. Esses \lambda são raízes do polinômio característico
p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Aqui I é a matriz identidade 3\times3 e \det denota determinante. Vou calcular p(\lambda).

Passo 3

Calcular A-\lambda I e o determinante:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 5-\lambda & -4 & -2\\[4pt] -4 & 5-\lambda & 2\\[4pt] -2 & 2 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Faço a expansão do determinante (expandindo pela primeira linha). O resultado (detalhes algébricos abaixo) é
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+12\lambda^2-21\lambda+10.
Multiplicando por -1 para ficar com coeficiente principal positivo,
p(\lambda)=\lambda^3-12\lambda^2+21\lambda-10.]

Passo 4

Agora buscamos raízes inteiras possíveis ( \pm1,\pm2,\pm5,\pm10). Testando \lambda=1:
p(1)=1-12+21-10=0,
portanto \lambda=1 é raiz. Faço divisão sintética ou fatoração:
p(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda^2-11\lambda+10).
A equação quadrática tem discriminante 121-40=81, logo raízes
\lambda=\frac{11\pm9}{2},
isto é \lambda=10 e \lambda=1. Conclusão sobre autovalores:
  • \lambda=10 (multiplicidade algébrica 1);
  • \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2).
Breve explicação: como A é simétrica real (verifique que A^T=A), a teoria garante que A é diagonalizável por uma matriz ortogonal e que autovalores são reais.

Passo 5

Agora vamos calcular os autoespaços: para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0 para v\neq0. Vou fazer \lambda=10 primeiro (caso simples) e depois \lambda=1.

Passo 6

Autovalor \lambda=10\). Calculo \(A-10I\): \[A-10I=\begin{pmatrix} -5 & -4 & -2\\[4pt] -4 & -5 & 2\\[4pt] -2 & 2 & -8 \end{pmatrix}.
Procuramos v=(x,y,z)^T tal que (A-10I)v=0, isto é o sistema
\begin{cases} -5x-4y-2z=0,\\[4pt] -4x-5y+2z=0,\\[4pt] -2x+2y-8z=0. \end{cases}
Somando as duas primeiras equações obtemos -9(x+y)=0\Rightarrow y=-x\]. Substituindo em terceira equação: \[-2x+2(-x)-8z=-4x-8z=0\Rightarrow x+2z=0\Rightarrow z=-\tfrac{x}{2}.\] Escolhendo \(x=2 (para eliminar frações) temos y=-2, z=-1. Assim um vetor próprio associado a \lambda=10 é
v_{10}=\begin{pmatrix}2\\[3pt]-2\\[3pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=10 é
E_{10}=\operatorname{span}\{(2,-2,-1)\}.]

Passo 7

Autovalor \lambda=1\). Calculo \(A-I\): \[A-I=\begin{pmatrix} 4 & -4 & -2\\[4pt] -4 & 4 & 2\\[4pt] -2 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
Procuramos v=(x,y,z)^T tal que (A-I)v=0, i.e.
\begin{cases} 4x-4y-2z=0,\\[4pt] -4x+4y+2z=0,\\[4pt] -2x+2y+z=0. \end{cases}
A segunda equação é a negativa da primeira (dependente). Da primeira obtemos 2x-2y-z=0\Rightarrow z=2x-2y\]. A terceira dá \(-2x+2y+z=0, e substituindo z nela obtém-se identidade 0=0, portanto há dois graus de liberdade (esperado, multiplicidade algébrica 2). Tomando parâmetros x=a,\\ y=b tem-se z=2a-2b. Podemos escolher uma base simples do autoespaço:
  • para a=1,b=0: v^{(1)}=(1,0,2);
  • para a=0,b=1: v^{(2)}=(0,1,-2).
Assim
E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,2),(0,1,-2)\}.]

Passo 8

Conceito útil (orto-normalização e diagonalização ortogonal): para diagonalizar A com uma matriz ortogonal P devemos escolher uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Vetores associados a autovalores distintos são automaticamente ortogonais quando A é simétrica. No nosso caso, o vetor v_{10} é ortogonal a ambos os geradores do E_1 (verificação direta: v_{10}\cdot(1,0,2)=0 e v_{10}\cdot(0,1,-2)=0), portanto só precisamos ortonormalizar os vetores do E_1 entre si (Gram–Schmidt) e normalizar tudo.

Passo 9

Normalização do vetor de \lambda=10. O vetor v_{10}=(2,-2,-1) tem norma
\|v_{10}\|=\sqrt{2^2+(-2)^2+(-1)^2}=\sqrt{9}=3.
Logo o vetor unitário associado é
u_1=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\[3pt]-2\\[3pt]-1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\[3pt]-\tfrac{2}{3}\\[3pt]-\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
Este será a primeira coluna de P (associada ao autovalor 10).]

Passo 10

Ortonormalização dentro do autoespaço de \lambda=1. Começo com
w_2=\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]2\end{pmatrix},\qquad w_3=\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]-2\end{pmatrix}.
Norma de w_2:
\|w_2\|=\sqrt{1^2+0^2+2^2}=\sqrt{5},
logo o vetor unitário
u_2=\frac{1}{\sqrt5}\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\tfrac{1}{\sqrt5}\\[3pt]0\\[3pt]\tfrac{2}{\sqrt5}\end{pmatrix}.
Agora aplico Gram–Schmidt para tornar w_3 ortogonal a w_2:
\operatorname{proj}_{w_2}(w_3)=\frac{w_3\cdot w_2}{w_2\cdot w_2}\,w_2 =\frac{-4}{5}\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\tfrac{4}{5}\\[3pt]0\\[3pt]-\tfrac{8}{5}\end{pmatrix}.
Portanto
\tilde w_3=w_3-\operatorname{proj}_{w_2}(w_3) =\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-\tfrac{4}{5}\\[3pt]0\\[3pt]-\tfrac{8}{5}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{4}{5}\\[3pt]1\\[3pt]-\tfrac{2}{5}\end{pmatrix}.
Para evitar frações, note que 5\tilde w_3=(4,5,-2) é proporcional e mais simples. Calculo a norma de 5\tilde w_3:
\| (4,5,-2)\|^2=4^2+5^2+(-2)^2=16+25+4=45,
logo \| (4,5,-2)\|=\sqrt{45}=3\sqrt5. Assim o vetor unitário correspondente (terceira coluna de P) é
u_3=\frac{1}{3\sqrt5}\begin{pmatrix}4\\[3pt]5\\[3pt]-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{4}{3\sqrt5}\\[6pt]\dfrac{5}{3\sqrt5}\\[6pt]-\dfrac{2}{3\sqrt5}\end{pmatrix}.
Verificações rápidas (úteis na prova): u_1,u_2,u_3 são mutuamente ortogonais e unitários; u_1 corresponde a \lambda=10, u_2,u_3 correspondem ao autovalor \lambda=1.]

Passo 11

Construção da matriz ortogonal P e da diagonal D. Coloco as colunas de P sendo os autovetores unitários na ordem que fixa as entradas da diagonal D. Se eu escolher a ordem (10,1,1) para os autovalores, então
P=\begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt5} & \frac{4}{3\sqrt5}\\[6pt] -\frac{2}{3} & 0 & \frac{5}{3\sqrt5}\\[6pt] -\frac{1}{3} & \frac{2}{\sqrt5} & -\frac{2}{3\sqrt5} \end{pmatrix}, \qquad D=\operatorname{diag}(10,1,1).
Propriedade final (teorema): como P é ortogonal, P^TP=I, e verifica-se que
P^T A P = D,
ou seja, A=P D P^T — diagonalização ortogonal desejada.]

Resposta

(a) \lambda=10 e \lambda=1 (com multiplicidade algébrica 2).
(b) E_{10}=\operatorname{span}\{(2,-2,-1)\} \quad e \quad E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,2),(0,1,-2)\}.
(c) Uma matriz ortogonal P cujas colunas são autovetores unitários e a diagonal correspondente D são
P=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{3} & \dfrac{1}{\sqrt5} & \dfrac{4}{3\sqrt5}\\[8pt] -\dfrac{2}{3} & 0 & \dfrac{5}{3\sqrt5}\\[8pt] -\dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{\sqrt5} & -\dfrac{2}{3\sqrt5} \end{pmatrix}, \qquad D=\operatorname{diag}(10,1,1),
de modo que A=P D P^T.]

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