Exercício 6.8.20. Determinar, se existe, uma matriz ortogonal P_{i} e una matriz diagonale D_{i} tal que P_{i}^{-1} M_{i} P_{i}=D_{i} para cada uma das seguintes matrizes representativas, na base canônica \mathcal{B}_{3}=\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\} de \mathbb{R}^{3}, de operadores em \mathbb{R}^{3} :
M_{1}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\\\ 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right), \quad M_{2}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right), \quad M_{3}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede, para cada matriz M_{i}, verificar se existe uma matriz ortogonal P_{i} e uma matriz diagonal D_{i} tais que
P_{i}^{-1}M_{i}P_{i}=D_{i}.
Em \mathbb{R}^{3}, isso equivale a checar se M_{i} é simétrica (logo ortogonalmente diagonalizável) e, em caso afirmativo, encontrar seus autovalores e uma base ortonormal de autovetores.

Passo 2

Analisando
M_{1}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix},
vemos que M_{1}=M_{1}^{T}, logo é simétrica e admite ortogonal diagonalização.
  1. Calculamos autovalores resolvendo \det(M_{1}-\lambda I)=0. Encontramos
    \lambda_{1}=2, \lambda_{2}=-1, \lambda_{3}=0.
  2. Para \lambda_{1}=2, um autovetor é v_{1}=(1,2,1).
    Para \lambda_{2}=-1, um autovetor é v_{2}=(1,-1,1).
    Para \lambda_{3}=0, um autovetor é v_{3}=(1,0,-1).
  3. Esses três vetores são mutuamente ortogonais. Normalizando, obtemos a base ortonormal
u_{1}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix},\quad u_{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix},\quad u_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix}.
  1. Tomando P_{1}=[\,u_{1}\;u_{2}\;u_{3}\,], obtemos
D_{1}=P_{1}^{-1}M_{1}P_{1} =\operatorname{diag}(2,\,-1,\,0).

Passo 3

Analisando
M_{2}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix},
vemos que M_{2}=M_{2}^{T}.
  1. Como é triangular por blocos, seus autovalores são 3 (dupla) e 1.
  2. Para \lambda=3, resolvendo (M_{2}-3I)v=0 obtemos o espaço gerado por
    \,(1,0,0) e (0,1,1).
  3. Para \lambda=1, resolvendo (M_{2}-I)v=0 obtemos o espaço gerado por (0,1,-1).
  4. Ortonormalizando, podemos tomar
u_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\quad u_{2}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\quad u_{3}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.
  1. Se P_{2}=[\,u_{1}\;u_{2}\;u_{3}\,], então
D_{2}=P_{2}^{-1}M_{2}P_{2} =\operatorname{diag}(3,\,3,\,1).

Passo 4

Para
M_{3}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 1\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}
vemos que M_{3}\neq M_{3}^{T}. Além disso, o autovalor \lambda=2 tem multiplicidade algébrica 2, mas a multiplicidade geométrica é 1 (o espaço próprio é gerado apenas por (0,1,0)). Logo M_{3} não é diagonalizável nem por matriz geral e muito menos por ortogonal.

Resposta

Para M_{1} existe, por exemplo,
P_{1}=\begin{pmatrix} 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3 & 1/\sqrt2\\\\ 2/\sqrt6 & -1/\sqrt3 & 0\\\\ 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3 & -1/\sqrt2 \end{pmatrix},\quad D_{1}=\operatorname{diag}(2,\,-1,\,0).
Para M_{2} podemos usar
P_{2}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1/\sqrt2 & 1/\sqrt2\\\\ 0 & 1/\sqrt2 & -1/\sqrt2 \end{pmatrix},\quad D_{2}=\operatorname{diag}(3,\,3,\,1).
Para M_{3} não existe matriz ortogonal P_{3} e diagonal D_{3} com P_{3}^{-1}M_{3}P_{3}=D_{3}.

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