Considere a matriz:
A=\left[\begin{array}{cc} 9 & 3 \sqrt{3} \\\\ 3 \sqrt{3} & 15 \end{array}\right]
a) encontre os autovalores e autovetores de A;
b) mostre que os autovetores de A são ortogonais;
c) dado o vetor y=A x=\left[\begin{array}{ll}1 & 2\end{array}\right]^{\top} na base canônica. Obtenha o valor de x.
d) Dado o vetor v=\left[\begin{array}{ll}3 & 5\end{array}\right]^{\top} na base canônica. Qual a sua coordenada na base de autovetores de A ?

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}9 & 3\sqrt{3}\\[6pt]3\sqrt{3} & 15\end{pmatrix}
e pede:
a) autovalores e autovetores de A;
b) mostrar que esses autovetores são ortogonais;
c) dado y=Ax=[1\;2]^\top, resolver para x;
d) dado v=[3\;5]^\top, encontrar suas coordenadas na base de autovetores de A.
O conteúdo envolve diagonalização de matrizes simétricas e mudança de base.]

Passo 2

Para obter os autovalores de A, calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =\begin{vmatrix}9-\lambda & 3\sqrt{3}\\[3pt]3\sqrt{3} & 15-\lambda\end{vmatrix} =(9-\lambda)(15-\lambda)-(3\sqrt{3})^2.
Expandindo,
(9-\lambda)(15-\lambda)-27 =\lambda^2-24\lambda+135-27 =\lambda^2-24\lambda+108.
Resolvendo \lambda^2-24\lambda+108=0, temos \Delta=144 e
\lambda=\frac{24\pm12}{2},
ou seja, \lambda_1=18 e \lambda_2=6.]

Passo 3

Para cada \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0.
Para \lambda_1=18:
A-18I =\begin{pmatrix}-9 & 3\sqrt{3}\\[3pt]3\sqrt{3} & -3\end{pmatrix} \;\Longrightarrow\;-9x+3\sqrt{3}y=0 \;\Longrightarrow\;y=\sqrt{3}\,x.
Um autovetor associado é
v_1=\begin{pmatrix}1\\sqrt{3}\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=6:
A-6I =\begin{pmatrix}3 & 3\sqrt{3}\\[3pt]3\sqrt{3} & 9\end{pmatrix} \;\Longrightarrow\;3x+3\sqrt{3}y=0 \;\Longrightarrow\;x=-\sqrt{3}\,y.
Um autovetor é
v_2=\begin{pmatrix}-\sqrt{3}\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Para verificar a ortogonalidade, calculamos o produto interno:
v_1^\top v_2 =\begin{pmatrix}1 & \sqrt{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-\sqrt{3}\\[3pt]1\end{pmatrix} =1\cdot(-\sqrt{3})+\sqrt{3}\cdot1=0.
Como A é simétrica, autovetores associados a autovalores distintos são sempre ortogonais.]

Passo 5

Para resolver y=Ax com y=[1\;2]^\top, usamos x=A^{-1}y. Primeiro
\det(A)=9\cdot15-(3\sqrt{3})^2=135-27=108,
então
A^{-1} =\frac1{108}\begin{pmatrix}15 & -3\sqrt{3}\\[3pt]-3\sqrt{3} & 9\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5/36 & -\sqrt{3}/36\\[3pt]-\sqrt{3}/36 & 1/12\end{pmatrix}.
Logo
x =A^{-1}\begin{pmatrix}1\\[3pt]2\end{pmatrix} =\frac1{36}\begin{pmatrix}5-2\sqrt{3}\\[3pt]6-\sqrt{3}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Para expressar v=[3\;5]^\top na base \{v_1,v_2\}, resolvemos
v=\alpha v_1+\beta v_2, \quad \begin{pmatrix}1 & -\sqrt{3}\\[3pt]\sqrt{3} & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha\\[3pt]\beta\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\[3pt]5\end{pmatrix}.
O determinante da matriz dos autovetores é 1\cdot1-(-\sqrt{3})\sqrt{3}=4. Por Cramer:
\alpha =\frac{3\cdot1-(-\sqrt{3})\cdot5}{4} =\frac{3+5\sqrt{3}}{4}, \qquad \beta =\frac{1\cdot5-3\cdot\sqrt{3}}{4} =\frac{5-3\sqrt{3}}{4}.]

Resposta

a) Autovalores: \lambda_1=18, \lambda_2=6. Autovetores:
v_1=\begin{pmatrix}1\\sqrt{3}\end{pmatrix}, \quad v_2=\begin{pmatrix}-\sqrt{3}\\\ 1\end{pmatrix}.
b) v_1^\top v_2=0, logo são ortogonais.
c) Para y=[1\;2]^\top,
x =\frac1{36}\begin{pmatrix}5-2\sqrt{3}\\[3pt]6-\sqrt{3}\end{pmatrix}.
d) Coordenadas de v=[3\;5]^\top na base \{v_1,v_2\}:
\begin{pmatrix}\alpha\\[3pt]\beta\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}(3+5\sqrt{3})/4\\[3pt](5-3\sqrt{3})/4\end{pmatrix}.]

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