Exercício 6.8.22. Em \mathbb{R}^{3} com base canônica \mathcal{B}_{3}=\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\}, seja A: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} o operador linear tal que
A\left(\mathbf{e}_{1}\right)=\mathbf{e}_{1}-\mathbf{e}_{3}, A\left(\mathbf{e}_{2}\right)=\mathbf{e}_{2}, A\left(\mathbf{e}_{3}\right)=-\mathbf{e}_{1}+\mathbf{e}_{3}
a) Escrever a matriz representativa de A.
b) Encontrar uma base para \operatorname{Im} A e \operatorname{ker} A.
c) Provar que existe uma base em que a matriz representativa de A é
\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)
d) Estabelecer se é possível determinar uma base ortonormal formada por autovetores de A.

Passo 1

O enunciado define um operador linear
A:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3
na base canônica \mathcal B_3=\{e_1,e_2,e_3\} por
A(e_1)=e_1-e_3,\quad A(e_2)=e_2,\quad A(e_3)=-e_1+e_3.
Pede-se:
a) matriz de A em \mathcal B_3;
b) bases de \Im A e \ker A;
c) mostrar que existe base em que a matriz de A é
\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&2&0\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix};
d) decidir se existe base ortonormal de autovetores de A.

Passo 2

Em coordenadas canônicas, as colunas de M=[A]_{\mathcal B_3} são A(e_1),A(e_2),A(e_3). Logo
A(e_1)=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix},\\ A(e_2)=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\\ A(e_3)=\begin{pmatrix}-1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}
e
M =\begin{pmatrix} 1&0&-1\\\\ 0&1&0\\\\ -1&0&1 \end{pmatrix}.

Passo 3

Im A é o span das colunas de M. Note que a 3.ª coluna é -1 vez a 1.ª, logo
\Im A=\Span\Bigl\{(1,0,-1),(0,1,0)\Bigr\}.
Para \ker A resolvemos M(x,y,z)^T=0, isto é
(x-z,\;y,\;-x+z)=(0,0,0)\;\Longrightarrow\;y=0,\\ x=z.
Logo
\ker A=\Span\{(1,0,1)\}.

Passo 4

Para diagonalizar buscamos autovalores e autovetores de M.
\det(M-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}1-\lambda&0&-1\\\ 0&1-\lambda&0\\\ -1&0&1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)\bigl[(1-\lambda)^2-1\bigr] =\lambda(1-\lambda)(\lambda-2).
Logo os autovalores reais são \lambda=0,1,2.
  • \lambda=1: resolve A(v)=v; \Rightarrow; z=0,\;y livre,; x=0, v \parallel (0,1,0).
  • \lambda=2: resolve A(v)=2v; \Rightarrow; y=0,\;x=-z, v \parallel (1,0,-1).
  • \lambda=0: é \ker A; \Rightarrow;v \parallel (1,0,1).

Passo 5

Tomando a base de autovetores
v_1=(0,1,0),\quad v_2=(1,0,-1),\quad v_3=(1,0,1),
temos
A(v_1)=1\cdot v_1,\quad A(v_2)=2\cdot v_2,\quad A(v_3)=0\cdot v_3.
Na base \{v_1,v_2,v_3\} a matriz de A fica
\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&2&0\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

Passo 6

Como
M^T=M,
A é simétrica na forma bilinear padrão, logo admite base ortonormal de autovetores. Basta normalizar
\;(0,1,0),\;(1,0,-1),\;(1,0,1). Por exemplo
u_1=(0,1,0),\quad u_2=\frac1{\sqrt2}(1,0,-1),\quad u_3=\frac1{\sqrt2}(1,0,1)
é uma base ortonormal de \mathbb R^3 formada por autovetores de A.

Resposta

a)
[A]_{\mathcal B_3} =\begin{pmatrix} 1&0&-1\\\\ 0&1&0\\\\ -1&0&1 \end{pmatrix}.
b)
\Im A=\Span\{(1,0,-1),(0,1,0)\},
\ker A=\Span\{(1,0,1)\}.
c) Na base de autovetores
\{(0,1,0),\,(1,0,-1),\,(1,0,1)\}
a matriz é
\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&2&0\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.
d) Sim. A é simétrica, logo existe base ortonormal de autovetores, por exemplo
\{(0,1,0),\,(1,0,-1)/\sqrt2,\,(1,0,1)/\sqrt2\}.

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