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

Passo 1

Vou deixar muito claro o que o problema pede e quais são os dados. O enunciado fornece o tensor (matriz) simétrico de segunda ordem
T_{ij}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix}
O pedido é: encontrar os autovalores (valores próprios) e os autovetores associados a esta matriz.
Informações relevantes que temos:
  • A matriz é simétrica.
  • Os elementos são explicitamente os mostrados acima: T_{11}=1, T_{22}=0, T_{33}=0, T_{23}=T_{32}=1, e os demais nulos.
  • Não foi pedido um formato específico (por exemplo, vetores normalizados), então podemos dar autovetores em forma de geração (subespaços) ou vetores base.]

Passo 2

O que significa ser autovalor e autovetor? Vou explicar bem didático.
  • Um vetor não nulo v\in\mathbb{R}^3 é autovetor de T associado ao escalar \lambda se
T v = \lambda v.
  • Reescrevendo, isso é resolução do sistema linear homogêneo
(T-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3.
  • Para existir solução não trivial devemos ter determinante nulo:
\det(T-\lambda I)=0.
Esse determinante expresso em \lambda chama-se o polinômio característico; suas raízes são os autovalores.
Vou aplicar exatamente esse método: calcular \det(T-\lambda I), achar as raízes \lambda, e para cada raiz resolver (T-\lambda I)v=0 para obter os autovetores.

Passo 3

Calcular o polinômio característico. Primeiro escrevo T-\lambda I:
T-\lambda I = \begin{pmatrix}1-\lambda & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -\lambda & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante dessa matriz pode ser calculado expandindo pela primeira linha (ou reconhecendo a estrutura em bloco). Usando a primeira linha:
\det(T-\lambda I) = (1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calculo a 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix} = (-\lambda)(-\lambda) - 1\cdot 1 = \lambda^2 - 1.
Portanto o polinômio característico é
\det(T-\lambda I) = (1-\lambda)\,(\lambda^2-1).
Fatorando \lambda^2-1=(\lambda-1)(\lambda+1) e reordenando,
\det(T-\lambda I) = (1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+1) = -( \lambda-1)^2(\lambda+1).
As raízes (autovalores) são, portanto:
\lambda = 1 \quad(\text{multiplicidade }2),\qquad \lambda = -1 \quad(\text{multiplicidade }1).]

Passo 4

Agora vou achar os autovetores correspondentes a \lambda=1. Precisamos resolver
(T-I)v=0.
Escrevo a matriz T-I:
T-I = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^\top, o sistema (T-I)v=0 dá as equações:
  1. Primeira linha: 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0. Essa equação é 0=0 (não impõe restrição), logo x é livre.
  2. Segunda linha: 0\cdot x - y + z = 0, ou seja
-y+z=0 \quad\Rightarrow\quad z=y.
  1. Terceira linha: 0\cdot x + y - z = 0, que é a mesma equação escrita de outro modo e também dá y=z.
Conclusão: as soluções são todos os vetores com a forma
v = (x,\, y,\, y)^\top = x(1,0,0)^\top + y(0,1,1)^\top,
onde x,y são escalares arbitrários, não ambos nulos. Isso mostra que o subespaço próprio associado a \lambda=1 tem dimensão 2 (compatível com multiplicidade algébrica 2). Podemos escolher uma base do espaço próprio, por exemplo
(1,0,0)^\top\quad\text{e}\quad(0,1,1)^\top.
Esses são autovetores correspondentes a \lambda=1.]

Passo 5

Agora faço \lambda=-1. Preciso resolver
(T+I)v=0.
Escrevo T+I:
T+I = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Com v=(x,y,z)^\top, o sistema é:
  1. Primeira linha: 2x = 0 \Rightarrow x=0.
  2. Segunda linha: y + z = 0 \Rightarrow z = -y.
  3. Terceira linha: y + z = 0 (a mesma equação).
Portanto os autovetores têm a forma
v = (0,\, y,\, -y)^\top = y(0,1,-1)^\top,
com y\neq 0. Assim o espaço próprio para \lambda=-1 é unidimensional, gerado por (0,1,-1)^\top.]

Passo 6

Algumas observações didáticas e úteis para a prova:
  • A matriz dada é simétrica, e uma propriedade importante é que autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. Aqui \lambda=1 e \lambda=-1 são distintos, então qualquer vetor da subespaço de \lambda=1 é ortogonal a qualquer vetor do subespaço de \lambda=-1. Verificação rápida: (1,0,0)\cdot(0,1,-1)=0 e (0,1,1)\cdot(0,1,-1)=1-1=0.
  • Se for desejado, pode-se escolher uma base ortonormal de autovetores (útil para diagonalização por matriz ortogonal). Por exemplo, normalizando:
e_1=\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]0\end{pmatrix},\quad e_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]1\end{pmatrix},\quad e_3=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]-1\end{pmatrix}.
Então e_1,e_2 correspondem a \lambda=1 e e_3 a \lambda=-1, e \{e_1,e_2,e_3\} é um conjunto ortonormal de autovetores que diagonaliza T.]

Resposta

\lambda=1 (multiplicidade 2): autovetores formam o subespaço \operatorname{span}\{(1,0,0)^\top,\,(0,1,1)^\top\}.\n \lambda=-1 (multiplicidade 1): autovetores formam o subespaço \operatorname{span}\{(0,1,-1)^\top\}.

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