Exercício 6.8.18. Seja A o operador que, na base canônica \mathcal{B}_{3}=\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\} de \mathbb{R}^{3}, possui a matriz representativa
M=\left(\begin{array}{lll} 0 & 4 & 0 \\\\ 4 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right)
Determinar os autovalores e os auto-espaços de A. Provar que os auto-espaços são dois a dois ortogonais e determinar uma matriz ortogonal N tal que N^{-1} M N seja diagonal.

Passo 1

O enunciado dá o operador A\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
M=\begin{pmatrix} 0 & 4 & 0\\\\ 4 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Queremos (i) os autovalores \lambda de A e os autoespaços E_\lambda, (ii) mostrar que esses autoespaços são mutuamente ortogonais e (iii) encontrar uma matriz ortogonal N tal que
N^{-1}MN
seja diagonal.

Passo 2

Para achar os autovalores, calculamos o polinômio característico
\det(M-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} -\lambda & 4 & 0\\\\ 4 & -\lambda & 0\\\\ 0 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix} =(\det\begin{pmatrix}-\lambda &4\\\ 4&-\lambda\end{pmatrix})\,(3-\lambda) =(\lambda^2-16)\,(3-\lambda).
As raízes são
\lambda_1=4,\quad \lambda_2=-4,\quad \lambda_3=3.

Passo 3

Para \lambda=4 resolvemos (M-4I)x=0, isto é
\begin{pmatrix} -4 & 4 & 0\\\\ 4 & -4 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} -4x+4y=0\\\ z=0 \end{cases} \;\Longrightarrow\; y=x,\;z=0.
Logo
E_{4}=\bigl\{(x,x,0)^\top\mid x\in\mathbb{R}\bigr\} =\mathrm{span}\{(1,1,0)^\top\}.

Passo 4

Para \lambda=-4 resolvemos (M+4I)x=0, isto é
\begin{pmatrix} 4 & 4 & 0\\\\ 4 & 4 & 0\\\\ 0 & 0 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\; 4x+4y=0,\;z=0 \;\Longrightarrow\; y=-x,\;z=0.
Logo
E_{-4}=\bigl\{(x,-x,0)^\top\mid x\in\mathbb{R}\bigr\} =\mathrm{span}\{(1,-1,0)^\top\}.

Passo 5

Para \lambda=3 resolvemos (M-3I)x=0, isto é
\begin{pmatrix} -3 & 4 & 0\\\\ 4 & -3 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
As primeiras duas equações forçam x=y=0 e a terceira deixa z livre. Assim
E_{3}=\bigl\{(0,0,z)^\top\mid z\in\mathbb{R}\bigr\} =\mathrm{span}\{(0,0,1)^\top\}.

Passo 6

Verificamos a ortogonalidade via produto escalar:
(1,1,0)\cdot(1,-1,0)=1-1+0=0,\quad (1,1,0)\cdot(0,0,1)=0,\quad (1,-1,0)\cdot(0,0,1)=0.
Portanto E_{4}\perp E_{-4}\perp E_{3}.

Passo 7

Escolhemos bases normalizadas em cada autoespaço:
v_{1}=\frac1{\sqrt2}(1,1,0)^\top,\quad v_{2}=\frac1{\sqrt2}(1,-1,0)^\top,\quad v_{3}=(0,0,1)^\top.
Como \{v_1,v_2,v_3\} é ortonormal, a matriz N cujas colunas são esses vetores é ortogonal ( N^{-1}=N^{T}). Então
N=\begin{pmatrix} \frac1{\sqrt2} & \frac1{\sqrt2} & 0\\[6pt] \frac1{\sqrt2} & -\frac1{\sqrt2} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
e direta verificação mostra
N^{T} M N =\mathrm{diag}(4,\,-4,\,3).]

Resposta

Autovalores: \lambda=4,-4,3.
Autoespaços:
E_{4}=\mathrm{span}\{(1,1,0)^\top\},\quad E_{-4}=\mathrm{span}\{(1,-1,0)^\top\},\quad E_{3}=\mathrm{span}\{(0,0,1)^\top\}.
Eles são mutuamente ortogonais.
Uma matriz ortogonal que diagonaliza M é
N=\begin{pmatrix} \tfrac1{\sqrt2} & \tfrac1{\sqrt2} & 0\\[3pt] \tfrac1{\sqrt2} & -\tfrac1{\sqrt2} & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
com
N^{-1}MN =\mathrm{diag}(4,-4,3).]

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