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.
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
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
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
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 \quadE_{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