Encontre uma matriz ortogonal P tal que P^{-1} A P seja diagonal, sendo:
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 4 & 2 \\\\ 4 & -5 & -4 \\\\ 2 & -4 & 1 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: encontrar uma matriz ortogonal P tal que P^{-1} A P seja diagonal, para
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 4 & 2 \\\\ 4 & -5 & -4 \\\\ 2 & -4 & 1 \end{array}\right].
Informações relevantes fornecidas:
  • Temos a matriz A explicitamente.
  • Queremos uma matriz P ortogonal (ou seja, P^{-1}=P^{T}) que diagonalize A.
  • Isso significa encontrar uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A; as colunas de P serão esses autovetores unitários, e P^{T}AP será a matriz diagonal com os autovalores na diagonal.

Passo 2

Estratégia e conceitos usados (aula rápida): como A é uma matriz simétrica (note que A^{T}=A), vale o Teorema Espectral: existe uma matriz ortogonal P que diagonaliza A. Para construir P precisamos:
  1. Encontrar os autovalores de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0.
  2. Para cada autovalor, encontrar a base do espaço próprio (autovetores).
  3. Ortonormalizar um conjunto de autovetores (Gram–Schmidt se necessário) e normalizar cada vetor para obter uma base ortonormal. Essas serão as colunas de P.
Agora calculamos o polinômio característico.

Passo 3

Calculemos \det(A-\lambda I). Montamos A-\lambda I e a determinante:
A-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc} 1-\lambda & 4 & 2\\[4pt] 4 & -5-\lambda & -4\\[4pt] 2 & -4 & 1-\lambda \end{array}\right].
Calculando a determinante (desenvolvendo por primeira linha, fazendo as contas passo a passo) obtém-se
\det(A-\lambda I)=\lambda^{3}+3\lambda^{2}-45\lambda+81.
Procuramos raízes inteiras: testando \lambda=3 vemos que é raiz, e fazendo a divisão polinomial obtemos
\det(A-\lambda I)=(\lambda-3)^{2}(\lambda+9).
Portanto os autovalores são \lambda=3 com multiplicidade algebraica 2 e \lambda=-9 com multiplicidade 1.]

Passo 4

Encontrando autovetores para \lambda=-9. Resolvemos (A+9I)v=0:
A+9I=\left[\begin{array}{ccc} 10 & 4 & 2\\[4pt] 4 & 4 & -4\\[4pt] 2 & -4 & 10 \end{array}\right].
Resolvendo o sistema linear (redução ou inspeção) achamos a solução
v_{3}=(-1,\,2,\,1)^{T}
para \lambda=-9 (verificável: A v_{3}=-9 v_{3}). Normalizando v_{3}: seu comprimento é \sqrt{(-1)^{2}+2^{2}+1^{2}}=\sqrt{6}. Então o autovetor unitário associado é
e_{3}=\left(-\frac{1}{\sqrt{6}},\,\frac{2}{\sqrt{6}},\,\frac{1}{\sqrt{6}}\right)^{T}.]

Passo 5

Encontrando autovetores para \lambda=3. Resolvemos (A-3I)v=0:
A-3I=\left[\begin{array}{ccc} -2 & 4 & 2\\[4pt] 4 & -8 & -4\\[4pt] 2 & -4 & -2 \end{array}\right].
As linhas são proporcionais, então o espaço próprio tem dimensão 2. Da equação essencial -2x+4y+2z=0 obtemos x=2y+z. Portanto uma base simples do espaço próprio é dada pelos vetores
u_{1}=(2,\,1,\,0)^{T},\qquad u_{2}=(1,\,0,\,1)^{T},
pois qualquer vetor próprio é combinação linear desses. Podemos checar rapidamente: A u_{1}=3 u_{1} e A u_{2}=3 u_{2}.]

Passo 6

Ortonormalizando os autovetores de \lambda=3 (Gram–Schmidt) e normalizando:
Vamos primeiro normalizar/ortogonalizar u_{1} e u_{2}.
  • Tome w_{1}=u_{1}=(2,1,0)^{T}. Seu comprimento é \|w_{1}\|=\sqrt{4+1+0}=\sqrt{5}. O primeiro vetor unitário:
e_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}(2,\,1,\,0)^{T}=\left(\frac{2}{\sqrt{5}},\,\frac{1}{\sqrt{5}},\,0\right)^{T}.
  • Para u_{2}=(1,0,1)^{T}, projetamos sobre e_{1} e subtraímos:
\text{proj}_{e_{1}}(u_{2})=\bigl(u_{2}\cdot e_{1}\bigr)e_{1}
onde u_{2}\cdot e_{1}=\frac{2}{\sqrt{5}}. Então
w_{2}=u_{2}-\text{proj}_{e_{1}}(u_{2})=(1,0,1)^{T}-\left(\frac{4}{5},\,\frac{2}{5},\,0\right)^{T}=\left(\frac{1}{5},\,-\frac{2}{5},\,1\right)^{T}.
Multiplicando por 5 para simplificar direcionalmente, temos vetor proporcional (1,-2,5)^{T}. O seu comprimento é \sqrt{1+4+25}=\sqrt{30}. Normalizando obtemos
e_{2}=\frac{1}{\sqrt{30}}(1,\,-2,\,5)^{T}=\left(\frac{1}{\sqrt{30}},\,-\frac{2}{\sqrt{30}},\,\frac{5}{\sqrt{30}}\right)^{T}.
Verificação rápida: e_{1}, e_{2} são ortogonais entre si e ambos são ortogonais a e_{3} (isto decorre do fato de A ser simétrica, mas podemos checar produto interno e obter zero).

Passo 7

Montagem da matriz ortogonal P. Colocamos como colunas os autovetores unitários e_{1},e_{2},e_{3}. Assim:
P=\left[\;e_{1}\;\;e_{2}\;\;e_{3}\;\right] = \left[\begin{array}{ccc} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{30}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{30}} & \frac{2}{\sqrt{6}}\\[6pt] 0 & \frac{5}{\sqrt{30}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right].
Por construção P é ortogonal ( P^{T}P=I) e satisfaz
P^{T} A P=\operatorname{diag}(3,\,3,\,-9),
isto é, a diagonal contém os autovalores correspondentes às colunas de P.]

Resposta

P=\left[\begin{array}{ccc} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{30}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{30}} & \frac{2}{\sqrt{6}}\\[6pt] 0 & \frac{5}{\sqrt{30}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right]]

Exercícios relacionados