Encontre os autovalores e autovetores associa dos aios seguintes tensores simétricos de segunda ordem:
a) T_{i j}=\left(\begin{array}{lll}0 & 1 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz (tensor simétrico de segunda ordem) e pede os autovalores e os autovetores associados. Informações fornecidas:
  • A matriz é
T=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
O que é pedido:
  • Encontrar todos os autovalores \lambda (números reais ou complexos) tais que exista vetor não-nulo \mathbf{v} com T\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
  • Para cada autovalor, determinar um(s) autovetor(es) associados.]

Passo 2

Lembrando a definição e o método prático:
  • Um autovalor \lambda e um autovetor \mathbf{v}\neq\mathbf{0} satisfazem
T\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
  • Para encontrar os autovalores calcula-se o polinômio característico
\det(T-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3. As raízes desse polinômio são os autovalores. Depois, para cada \lambda resolve-se o sistema linear homogêneo
(T-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}
para obter os autovetores (espaço nulo da matriz T-\lambda I).
Dica prática para esta matriz: observa-se que a terceira linha e terceira coluna são praticamente isoladas (elementos na terceira linha/coluna são zeros, exceto a diagonal), por isso a determinação do determinante se simplifica — veremos isso abaixo.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(T-\lambda I).
Primeiro escrevemos T-\lambda I:
T-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 1 & 0\\[4pt]1 & -\lambda & 0\\[4pt]0 & 0 & -\lambda\end{pmatrix}.
Como a terceira linha/coluna está isolada, o determinante fatora convenientemente:
\det(T-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot1=\lambda^{2}-1.
Portanto
\det(T-\lambda I)=(-\lambda)(\lambda^{2}-1)=-\lambda(\lambda-1)(\lambda+1).]

Passo 4

Encontrar as raízes do polinômio característico:
-\lambda(\lambda-1)(\lambda+1)=0
implica as soluções
\lambda=0,\quad \lambda=1,\quad \lambda=-1.
Esses são os três autovalores. Como a matriz é simétrica, esperamos autovalores reais e autovetores ortogonais — o que conferiremos depois.

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda=1.
Resolvemos (T-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Escrevendo o sistema:
\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0\\[4pt]1 & -1 & 0\\[4pt]0 & 0 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\\[4pt]v_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são:
- v_{1} + v_{2} = 0,
v_{1} - v_{2} = 0,
- v_{3} = 0.
Das duas primeiras vem v_{2}=v_{1}. Da terceira vem v_{3}=0. Assim os vetores da forma
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{1}\\[4pt]0\end{pmatrix}=v_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}
são autovetores associados a \lambda=1. Podemos escolher um representante normalizado para ficar mais limpo:
\mathbf{u}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda=-1.
Resolvemos (T+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. O sistema é
\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt]1 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\\[4pt]v_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são:
v_{1}+v_{2}=0,
v_{1}+v_{2}=0,
v_{3}=0.
Da primeira segue v_{2}=-v_{1} e v_{3}=0. Logo os autovetores têm a forma
\mathbf{v}=v_{1}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Um representante normalizado é
\mathbf{u}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Encontrar autovetores para \lambda=0.
Resolvemos T\mathbf{v}=\mathbf{0}. Escrevendo o sistema:
\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\\[4pt]v_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},
que dá as equações
v_{2}=0,
v_{1}=0,
0=0.
Portanto v_{1}=v_{2}=0 e v_{3} é livre. Os autovetores são
\mathbf{v}=v_{3}\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Escolhendo a versão unitária:
\mathbf{u}_{3}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Verificações e observações finais (didáticas e úteis para prova):
  • Os três autovalores são distintos ( 1,-1,0), então cada um tem multiplicidade geométrica 1 e há uma base de autovetores.
  • Como T é simétrica, os autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais. Conferindo:
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}=1-1+0=0,
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}=0,
\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}=0.
  • Podemos então tomar a base ortonormal \{\mathbf{u}_{1},\mathbf{u}_{2},\mathbf{u}_{3}\} dada acima se quisermos diagonalizar T por uma matriz ortogonal.]

Resposta

\lambda=1,\quad autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} (ex.: \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix})\n
\lambda=-1,\quad autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} (ex.: \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix})\n
\lambda=0,\quad autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} (ex.: \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix})]

Exercícios relacionados