Diagonalize cada matriz dada A por meio de uma matriz ortogonal, ou seja, ache uma matriz ortogonal P tal que P^{t} A P seja diagonal:
(c) \left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado dá a matriz real 3\times3
A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 0\end{pmatrix}
e pede: encontrar uma matriz ortogonal P tal que P^{t} A P seja diagonal. \n
Informações relevantes dadas: os elementos de A (explicitados acima). \n
O que é pedido explicitamente: achar uma matriz ortogonal P e determinar a forma diagonal P^{t}AP.]

Passo 2

Observação teórica curta (útil para a resolução): uma matriz simétrica real sempre admite uma base ortonormal de autovetores; assim existe uma matriz ortogonal P cuja coluna i-ésima é um autovetor unitário de A, e então
P^{t}AP=\operatorname{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}),
onde \lambda_{i} são os autovalores correspondentes. Vou portanto calcular autovalores e autovetores de A, normalizá-los e montar P.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Escrevo
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -\lambda & 0 \\[4pt] 1 & 0 & -\lambda\end{pmatrix}.
Faço a expansão pelo coluna (que tem muitos zeros) para simplificar:
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calculo a determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot1=\lambda^{2}-1.
Portanto
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(\lambda^{2}-1)=-\lambda(\lambda^{2}-1).
Igualando a zero, o polinômio característico é \lambda(\lambda^{2}-1)=0, logo os autovalores são
\lambda=0,\quad \lambda=1,\quad \lambda=-1.]

Passo 4

Encontrar autovetores para \lambda=1. Resolvemos (A-I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}-1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são:
-x+z=0,\qquad -y=0,\qquad x-z=0.
Daí z=x e y=0. Um autovetor conveniente é v_{1}=(1,0,1)^{t}. Normo para obter um vetor unitário: a norma é
\|v_{1}\|=\sqrt{1^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt{2},
logo o autovetor unitário associado a \lambda=1 é
u_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda=-1. Resolvemos (A+I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são:
x+z=0,\qquad y=0,\qquad x+z=0.
Daí z=-x e y=0. Um autovetor conveniente é v_{2}=(1,0,-1)^{t}. Normo:
\|v_{2}\|=\sqrt{1^{2}+0^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{2},
logo o autovetor unitário associado a \lambda=-1 é
u_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda=0. Resolvemos Av=0, isto é
\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são:
z=0,\qquad 0=0,\qquad x=0.
Portanto x=0, z=0 e y livre. Tomo v_{3}=(0,1,0)^{t}. Já é de norma 1, então o autovetor unitário associado a \lambda=0 é
u_{3}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação de ortonormalidade (rápida): os vetores u_{1},u_{2},u_{3} são
u_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad u_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -1\end{pmatrix},\qquad u_{3}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Produto escalar u_{1}\cdot u_{2}=\frac{1}{2}(1\cdot1+0\cdot0+1\cdot(-1))=0. \n
Produto escalar u_{1}\cdot u_{3}=0 e u_{2}\cdot u_{3}=0. Cada vetor tem norma 1. Logo são ortonormais.]

Passo 8

Construo P cujas colunas são os autovetores unitários u_{1},u_{2},u_{3} (na ordem escolhida). Assim
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\[6pt] 0 & 0 & 1 \\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix}.
Como as colunas são ortonormais, P é ortogonal, isto é P^{t}P=I. Pelo fato geral A u_{i}=\lambda_{i}u_{i}, tem-se
P^{t}AP=\begin{pmatrix}\lambda_{1} & 0 & 0 \\[4pt] 0 & \lambda_{2} & 0 \\[4pt] 0 & 0 & \lambda_{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix},
pois escolhemos u_{1} associado a \lambda_{1}=1, u_{2} associado a \lambda_{2}=-1 e u_{3} associado a \lambda_{3}=0.]

Resposta

P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\[6pt] 0 & 0 & 1 \\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix},\qquad P^{t}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.]