Considere \mathbb{R}^{3} munido do produto interno usual e T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por
T(x, y, z)=(x+2 y, 2 x+y, 3 z) .
(a) Mostre que T é auto-adjunta.
(b) Se existir, encontre uma base ortonormal \mathcal{B} de \mathbb{R}^{3} de modo que [T]_{\mathcal{B}} é uma matriz diagonal.
(c) Calcule T^{n}, para n \in \mathbb{N}.

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede.
  • O espaço é \mathbb{R}^{3} com o produto interno usual (produto escalar euclidiano).
  • A transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} é dada por
T(x,y,z)=(x+2y,\;2x+y,\;3z).
O enunciado pede três coisas:
  1. (a) Mostrar que T é auto-adjunta (ou seja, T=T^* em relação ao produto interno usual).
  2. (b) Se existir, encontrar uma base ortonormal \mathcal{B} de \mathbb{R}^{3} tal que a matriz de T nessa base seja diagonal.
  3. (c) Calcular T^{n} para n\in\mathbb{N}.

Passo 2

O que significa ser auto-adjunta e como verificar isso aqui (aula rápida).
  • Definição: um operador linear T é auto-adjunto se, para todo u,v\in\mathbb{R}^{3},
\langle T(u),v\rangle=\langle u,T(v)\rangle,
onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno usual.
  • Uma maneira prática (no produto interno padrão e na base canônica) é olhar a matriz de T. Se a matriz de T na base canônica for simétrica, então T é auto-adjunta, porque a condição acima equivale a A=A^{T} para a matriz A.

Passo 3

Calcular a matriz de T na base canônica e verificar simetria.
  • Ação de T nas coordenadas:
T(x,y,z)=(x+2y,\;2x+y,\;3z).
  • Logo, a matriz A=[T]_{\text{can}} (colunas são as imagens dos vetores canônicos) é
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
  • Esta matriz é claramente simétrica porque A=A^{T}. Portanto, por definição, T é auto-adjunta.]

Passo 4

Comentário didático sobre consequências (importante para a parte (b)).
  • Teorema espectral (versão para espaços euclidianos): um operador auto-adjunto é diagonalizável por uma base ortonormal formada por autovetores reais. Ou seja, existe uma base ortonormal formada por autovetores e, nessa base, a matriz é diagonal com autovalores na diagonal.
  • Assim, esperamos encontrar uma base ortonormal de autovetores de A.

Passo 5

Encontrar autovalores (calcule a função característica do bloco relevante).
  • Note que A é bloco-diagonal, com um bloco 2\times2 e um bloco 1\times1. O bloco 2\times2 é
B=\begin{pmatrix}1&2\\[4pt]2&1\end{pmatrix}.
  • A função característica de B é
\det\big(B-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\[4pt]2&1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^{2}-4.
  • Desenvolvendo:
(1-\lambda)^{2}-4=\lambda^{2}-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1).
  • Portanto os autovalores do bloco são \lambda=3 e \lambda=-1. O bloco 1\times1 dá o autovalor \lambda=3 (porque o elemento é 3).
  • Conclusão: os autovalores de A são \lambda_{1}=3 (com multiplicidade algébrica 2) e \lambda_{2}=-1 (multiplicidade 1).]

Passo 6

Encontrar autovetores correspondentes e ortonormalizá-los (passo a passo).
  • Para \lambda=3, resolvemos (A-3I)v=0. Na prática, olhamos o sistema para as primeiras duas coordenadas (bloque):
\begin{pmatrix}1-3 & 2\\[4pt]2 & 1-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0.
Isto dá -2x+2y=0, ou seja y=x. Assim um autovetor do bloco é (1,1). Juntando a coordenada z, note que a terceira coordenada separa: qualquer vetor (0,0,1) é também autovetor com autovalor 3. Portanto duas direções independentes de autovetores com \lambda=3 são
v_{1}=(1,1,0),\qquad v_{3}=(0,0,1).
  • Para \lambda=-1, resolvemos (A+I)v=0 no bloco 2\times2:
\begin{pmatrix}1+1 & 2\\[4pt]2 & 1+1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]2 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0,
que leva a 2x+2y=0, ou y=-x. Um autovetor possível é
v_{2}=(1,-1,0).
  • Verificação de ortogonalidade entre os autovetores:
    \langle v_{1},v_{2}\rangle=(1,1,0)\cdot(1,-1,0)=1-1=0.
    \langle v_{1},v_{3}\rangle=(1,1,0)\cdot(0,0,1)=0.
    \langle v_{2},v_{3}\rangle=(1,-1,0)\cdot(0,0,1)=0.
    Logo os três vetores são mutuamente ortogonais — perfeito para formar uma base ortogonal de autovetores.]

Passo 7

Normalizar os autovetores para formar uma base ortonormal.
  • Normas:
\|v_{1}\|=\sqrt{1^{2}+1^{2}+0^{2}}=\sqrt{2},\qquad \|v_{2}\|=\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+0^{2}}=\sqrt{2},\qquad \|v_{3}\|=1.
  • Normalizando:
e_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),\qquad e_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0),\qquad e_{3}=(0,0,1).
  • Esses vetores formam uma base ortonormal \mathcal{B}=(e_{1},e_{2},e_{3}). Cada e_{i} é autovetor de T com
T(e_{1})=3e_{1},\qquad T(e_{2})=-1\;e_{2},\qquad T(e_{3})=3e_{3}.

Passo 8

Escrever a matriz diagonal de T na base ortonormal encontrada (parte (b)).
  • Se adotarmos a ordem \mathcal{B}=(e_{1},e_{2},e_{3}), a matriz de T nessa base é diagonal com entradas iguais aos autovalores nessa ordem:
[T]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[4pt]0 & -1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.
  • Observação: é totalmente válido trocar a ordem dos vetores da base; apenas a ordem dos autovalores na diagonal muda.]

Passo 9

Calcular T^{n} usando decomposição espectral (parte (c)). Método e explicação:
  • Como A é diagonalizável por uma matriz ortogonal Q cujas colunas são e_{1},e_{2},e_{3}, temos
A=QDQ^{T},
onde
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&-1&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix}.
  • Potências ficam fáceis: A^{n}=QD^{n}Q^{T}, e D^{n}=\operatorname{diag}(3^{n},(-1)^{n},3^{n}). Isso significa que T^{n} age em cada autovetor multiplicando por \lambda^{n}.]

Passo 10

Expressar T^{n} explicitamente na base canônica (fórmula de matriz em coordenadas padrão).
  • Usando projeções nas direções u=(1,1,0)/\sqrt{2} e v=(1,-1,0)/\sqrt{2} (essas são e_{1} e e_{2}), pode-se escrever o bloco 2\times2 das primeiras duas coordenadas como
A_{2}^{n}=3^{n}\,uu^{T}+(-1)^{n}\,vv^{T}.
Como
uu^{T}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&1\end{pmatrix},\qquad vv^{T}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&-1\\[4pt]-1&1\end{pmatrix},
temos
A_{2}^{n}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}3^{n}+(-1)^{n} & 3^{n}-(-1)^{n}\\[6pt]3^{n}-(-1)^{n} & 3^{n}+(-1)^{n}\end{pmatrix}.
  • Como a terceira coordenada é independente e tem autovalor 3, o bloco inferior é simplesmente 3^{n}. Portanto, na base canônica a matriz de T^{n} é
A^{n}=\begin{pmatrix} \frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2} & \frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2} & 0\\[6pt] \frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2} & \frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 3^{n} \end{pmatrix}.
  • Interpretando em termos de aplicação a um vetor (x,y,z):
T^{n}(x,y,z)=\left(\frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2}x+\frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2}y,\; \frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2}x+\frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2}y,\;3^{n}z\right).]

Resposta

(a) T é auto-adjunta (a matriz \begin{pmatrix}1&2&0\\[4pt]2&1&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix} é simétrica).
(b) Uma base ortonormal de autovetores é \mathcal{B}=\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),\;\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0),\;(0,0,1)\bigr) e
[T]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&-1&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix}.
(c) Para n\in\mathbb{N},
T^{n}\text{ tem matriz na base canônica }A^{n}= \begin{pmatrix} \frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2} & \frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2} & 0\\[6pt] \frac{3^{n}-(-1)^{n}}{2} & \frac{3^{n}+(-1)^{n}}{2} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 3^{n} \end{pmatrix}.ô]

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