3 - Dada a matriz:
A=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 1 & 1 \end{array}\right)
a) Ache o polinômio característico, os autovalores e autovetores.
(b) Ache bases ortonormais para os autoespaços associados a cada autovalor.
(c) Ache uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tais que \mathrm{P}^{\wedge} \mathrm{t} . \mathrm{A} . \mathrm{P}=\mathrm{D}

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}
e pede:
  • (a) o polinômio característico, os autovalores e autovetores;
  • (b) bases ortonormais para os autoespaços associados a cada autovalor;
  • (c) uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D tais que P^{\top} A P = D.
Informações relevantes fornecidas:
  • A é uma matriz 2\times2 com entradas iguais a 1.
  • Não há outras informações adicionais no enunciado.]

Passo 2

Vamos achar o polinômio característico. Lembre que, para uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix},
o polinômio característico é \det(A-\lambda I)= (a-\lambda)(d-\lambda)-bc. Aplicando isso a A:
\det(A-\lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot1.
Agora desenvolvendo a expressão temos:
(1-\lambda)(1-\lambda)-1 = (1-2\lambda+\lambda^2)-1 = \lambda^2-2\lambda.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2-2\lambda.]

Passo 3

A partir do polinômio característico \lambda^2-2\lambda, obtemos os autovalores resolvendo \lambda^2-2\lambda=0. Fatorando:
\lambda(\lambda-2)=0.
Logo os autovalores são
\lambda_1=0\qquad\text{e}\qquad \lambda_2=2.

Passo 4

Agora vamos achar os autovetores associados aos autovalores, resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Primeiro para \lambda_2=2:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 1 \\[4pt] 1 & 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)v=0 dá as equações
- x + y = 0,\qquad x - y = 0.
Ambas equivalem a y=x. Portanto os vetores próprios são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Podemos escolher como autovetor representativo v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora para \lambda_1=0:
A-0\cdot I=A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
O sistema A v=0 dá as equações
x + y = 0,\qquad x + y = 0,
que implicam y=-x. Portanto os vetores próprios associados a \lambda=0 são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Podemos escolher v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} como autovetor representativo.]

Passo 6

Explicando um pouco: um autovetor é qualquer vetor não-nulo v tal que Av=\lambda v. Cada autovalor tem um espaço próprio (autoespaço) formado por todos os autovetores associados a ele mais o vetor zero. Aqui cada autoespaço é uma reta (dimensão 1), gerada pelos vetores que encontramos.

Passo 7

Para obter bases ortonormais dos autoespaços (item b) precisamos normalizar os vetores que geram os autoespaços e verificar que são ortogonais entre si.
Calcule a norma euclidiana de v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}:
\|v_2\|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.
O vetor unitário correspondente é
u_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Calcule a norma de v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}:
\|v_1\|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}.
O vetor unitário correspondente é
u_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Verificação de ortogonalidade (produto interno):
u_1^{\top} u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & -1\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}(1\cdot1 + (-1)\cdot1)=\frac{1}{2}(1-1)=0.
Logo u_1 e u_2 são ortogonais e cada um tem norma 1. Portanto cada conjunto formado pelo único vetor unitário é uma base ortonormal do respectivo autoespaço:
  • autoespaço de \lambda=2: base ortonormal \{u_2\};
  • autoespaço de \lambda=0: base ortonormal \{u_1\}.]

Passo 8

Agora construímos a matriz ortogonal P cujas colunas são autovetores ortonormais. Convém colocar os autovetores na mesma ordem que os autovalores em D. Vou colocar na ordem \lambda_2=2 primeiro e \lambda_1=0 segundo (isso é uma escolha; qualquer ordem consistente entre P e D funciona).
Definindo as colunas como u_2 e u_1, obtemos
P=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}.
Note que P^{\top}P=I, isto é, P é ortogonal, porque suas colunas formam um conjunto ortonormal.]

Passo 9

A matriz diagonal D deve conter os autovalores na mesma ordem das colunas de P. Como colocamos \lambda_2=2 na primeira coluna e \lambda_1=0 na segunda, temos
D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 10

Mostramos que P^{\top} A P = D. Uma maneira conceitual rápida: como Av_i=\lambda_i v_i para cada coluna v_i de P, vale A P = P D. Multiplicando à esquerda por P^{\top} e usando P^{\top}P=I resulta P^{\top}A P = D.
Para confirmar com as colunas concretas:
  • A u_2 = A\big(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1)^{\top}\big)=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(2,2)^{\top}=2 u_2.
  • A u_1 = A\big(\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)^{\top}\big)=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(0,0)^{\top}=0\cdot u_1.
Portanto A P = P D e assim P^{\top} A P = D. Se for desejado, pode-se multiplicar explicitamente e verificar as entradas, mas a propriedade acima é suficiente e direta.

Resposta

(a) Polinômio característico: \lambda^2-2\lambda.
Autovalores: \lambda=0 e \lambda=2.
Autovetores: para \lambda=2 qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}; para \lambda=0 qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
(b) Bases ortonormais dos autoespaços:
Para \lambda=2: \left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Para \lambda=0: \left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.
(c) Uma escolha de P ortogonal e D diagonal com P^{\top} A P = D:
P=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.]

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