Encontre os autovalores e autovetores associa dos aios seguintes tensores simétricos de segunda ordem:
c) T_{i j}=\left(\begin{array}{ccc}4 & -1 & -1 \\\\ -1 & 4 & -1 \\\\ -1 & -1 & 4\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá o tensor (matriz) simétrico de segunda ordem e pede os autovalores e autovetores associados:
T = \begin{pmatrix} 4 & -1 & -1\\[4pt] -1 & 4 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 4 \end{pmatrix}.
Pergunta: encontrar todos os autovalores \lambda e, para cada \lambda, encontrar vetores não nulos v tais que
T v = \lambda v.]

Passo 2

Vamos lembrar o que é preciso fazer (sem resolver ainda): um autovalor \lambda e um autovetor v satisfazem a equação T v=\lambda v. Isso é equivalente ao sistema linear homogêneo
\bigl(T-\lambda I\bigr)v=0,
que tem solução não trivial exatamente quando \det(T-\lambda I)=0. Esse determinante em função de \lambda chama-se polinômio característico e suas raízes são os autovalores. Para matrizes simétricas (como esta) os autovalores são reais e podemos escolher autovetores ortogonais entre si — isso é útil para construir uma base.
Antes de calcular determinantemente, vale tentar observar alguma estrutura da matriz que facilite a tarefa (às vezes é bem mais curto do que calcular um determinante 3×3 inteiro).

Passo 3

Observação útil sobre a estrutura de T. Defina a matriz J toda de uns:
J=\begin{pmatrix}1&1&1\\[2pt]1&1&1\\[2pt]1&1&1\end{pmatrix}.
Calcule 5I-J:
5I-J=\begin{pmatrix}5&0&0\\[2pt]0&5&0\\[2pt]0&0&5\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}1&1&1\\[2pt]1&1&1\\[2pt]1&1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4&-1&-1\\[2pt]-1&4&-1\\[2pt]-1&-1&4\end{pmatrix}=T.
Logo
T=5I-J.
Essa decomposição é muito prática porque conhecemos bem a matriz J: ela tem posto 1 e age multiplicando qualquer vetor pelo somatório de suas componentes.
Agora uma propriedade do J: para u=(u_1,u_2,u_3)^T tem-se
J u = \bigl(u_1+u_2+u_3\bigr)\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Dessa forma:
  • J(1,1,1)^T=3(1,1,1)^T, ou seja, \mu=3 é um autovalor de J com autovetor (1,1,1)^T.
  • Se u_1+u_2+u_3=0 então J u=0, ou seja, \mu=0 é autovalor de J com multiplicidade 2 (o subespaço de soma zero tem dimensão 2).]

Passo 4

Usando T=5I-J, os autovalores de T são 5-\mu onde \mu percorre os autovalores de J. Como vimos, os autovalores de J são 3 (multiplicidade 1) e 0 (multiplicidade 2). Logo os autovalores de T são:
\lambda_1 = 5-3 = 2\quad(\text{multiplicidade }1),
\lambda_2 = 5-0 = 5\quad(\text{multiplicidade }2).

Passo 5

Agora achar os autovetores correspondentes explicitamente.
Para \lambda_1=2: queremos T v = 2 v. Pela relação T=5I-J isso é equivalente a (5I-J)v=2v, ou seja (5-2)v = J v, então 3 v = J v. Como J v é proporcional a (1,1,1)^T, deduzimos que v deve ser proporcional a (1,1,1)^T. Verificação direta:
T\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4-1-1\\[2pt]-1+4-1\\[2pt]-1-1+4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[2pt]2\\[2pt]2\end{pmatrix} =2\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Portanto um autovetor associado a \lambda=2 é v^{(1)}=(1,1,1)^T. (Qualquer múltiplo não nulo serve.)
Para \lambda_2=5: queremos T v = 5 v. Isso é equivalente a (T-5I)v=0. Calculando T-5I obtemos a matriz cujas entradas são todas -1 (pois 4-5=-1 na diagonal e off-diagonal é -1). Assim
(T-5I)v = -J v = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad J v = 0.
Portanto os autovetores para \lambda=5 são exatamente os vetores v=(v_1,v_2,v_3)^T com
v_1+v_2+v_3=0.
Qualquer base de dimensão 2 desse subespaço serve. Dois vetores linearmente independentes com soma zero são, por exemplo,
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix}, \qquad v^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Verificação rápida para v^{(2)}:
T\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\cdot1+(-1)(-1)+(-1)\cdot0\\[2pt]-1\cdot1+4(-1)+(-1)\cdot0\\[2pt]-1\cdot1+(-1)(-1)+4\cdot0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5\\[2pt]-5\\[2pt]0\end{pmatrix} =5\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix},
e similar para v^{(3)}. Assim v^{(2)} e v^{(3)} são autovetores associados a \lambda=5 e são linearmente independentes.
Se quiser uma base ortonormal de autovetores (útil em aplicações), pode normalizar e ortogonalizar, por exemplo uma escolha ortonormal é
\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix},
onde as duas últimas têm soma zero e são mutuamente ortogonais (verificação rápida dos produtos internos).]

Passo 6

Resumo do raciocínio (curto): reconheceu-se T=5I-J, usou-se a estrutura de J (autovalor 3 com vetor (1,1,1)^T e autovalor 0 com subespaço soma-zero) e subtraiu-se de 5 para obter os autovalores de T; em seguida escreveu-se o espaço de autovetores correspondente.

Resposta

\lambda=2: autovetor proporcional a \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
\lambda=5: autovetores são todos os vetores \begin{pmatrix}v_1\\[2pt]v_2\\[2pt]v_3\end{pmatrix} com v_1+v_2+v_3=0. Dois vetores linearmente independentes possíveis são \begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

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