Exercício 6.8.24. 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
\left(\begin{array}{ccc} 0 & 4 k & 0 \\\\ 4 & 0 & 3 k \\\\ 0 & 3 & 0 \end{array}\right)
com k \in \mathbb{R}.
a) Determinar por quais valores de k \in \mathbb{R} o operador A è diagonalizável.
b) Determinar por quais valores de k \in \mathbb{R} o operador A è diagonalizável com una matriz de passagem P ortogonal.
c) Pelos valores de k encontrados em (b) calcular P.

Passo 1

O enunciado dá o operador A:\mathbb R^3\to\mathbb R^3 cuja matriz na base canônica é
A = \begin{pmatrix} 0 & 4k & 0\\\\ 4 & 0 & 3k\\\\ 0 & 3 & 0 \end{pmatrix},
e pede:
a) para quais k\in\mathbb R ele é diagonalizável;
b) para quais k ele é diagonalizável com matriz de passagem ortogonal;
c) nesse caso, calcular essa matriz ortogonal P.

Passo 2

Vamos achar o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A - \lambda I).
\det\!\begin{pmatrix} -\lambda & 4k & 0\\\\ 4 & -\lambda & 3k\\\\ 0 & 3 & -\lambda \end{pmatrix} =-\lambda\bigl((-\,\lambda)(-\,\lambda)-3k\cdot3\bigr) -4k\bigl(4(-\lambda)-0\bigr).
Isto é
-\lambda(\lambda^2-9k)+16k\lambda =-\lambda^3+9k\lambda+16k\lambda =-\lambda\bigl(\lambda^2-25k\bigr).
Logo
\chi_A(\lambda)=-\lambda(\lambda^2-25k) \quad\Longrightarrow\quad \lambda_1=0,\quad \lambda_{2,3}=\pm5\sqrt{k}\,.

Passo 3

Para A ser diagonalizável sobre \mathbb R é preciso que seus autovalores sejam reais e que a soma das dimensões dos autoespaços seja 3.
  • Se k>0, então \pm5\sqrt{k}\in\mathbb R e são distintos de 0, logo há três autovalores reais distintos e A é diagonalizável.
  • Se k\le0, ou \pm5\sqrt{k} não são reais (quando k<0) ou colidem em zero (quando k=0), faltam vetores próprios para diagonalizar em \mathbb R^3.
Portanto, a resposta de (a) é
\boxed{A\text{ é diagonalizável em }\mathbb R^3\text{ se, e só se, }k>0.}éáó

Passo 4

Para haver diagonalização por matriz ortogonal (ou seja, A=PDP^T com P ortogonal), A deve ser simétrica.
Comparando A com sua transposta,
A^T=\begin{pmatrix} 0 & 4 & 0\\\\ 4k & 0 & 3\\\\ 0 & 3k & 0 \end{pmatrix},
vemos que é preciso
4k=4 \quad\text{e}\quad 3k=3 \;\Longrightarrow\;k=1.
Como k=1>0 também garante diagonalizabilidade real, a resposta de (b) é
\boxed{k=1.}

Passo 5

Agora tomamos k=1. A matriz fica
A=\begin{pmatrix} 0 & 4 & 0\\\\ 4 & 0 & 3\\\\ 0 & 3 & 0 \end{pmatrix},
com autovalores \lambda=5,0,-5. Vamos encontrar vetores próprios e normalizá-los:
1. Para \lambda=5, resolvemos (A-5I)v=0. Obtemos a relação
-5x+4y=0,\;4x-5y+3z=0,\;3y-5z=0.
De y\neq0 segue x=\tfrac45y, z=\tfrac35y. Tomando y=5, escolhemos
v_1=(4,5,3),
cujo comprimento é \|v_1\|=\sqrt{16+25+9}=5\sqrt2. Logo o vetor unitário é
u_1=\frac1{5\sqrt2}(4,5,3).
2. Para \lambda=-5, resolvemos (A+5I)v=0. De modo análogo surge
x=-\tfrac45y,\;z=-\tfrac35y. Tomando y=5,
v_2=(-4,5,-3),
com \|v_2\|=5\sqrt2, e vetor unitário
u_2=\frac1{5\sqrt2}(-4,5,-3).
3. Para \lambda=0, resolvemos Av=0. Chega-se a y=0 e x=-\tfrac34z. Tomando z=4,
v_3=(-3,0,4),
com \|v_3\|=5, e vetor unitário
u_3=\frac1{5}(-3,0,4).
Esses três vetores são ortonormais em \mathbb R^3.

Passo 6

Organizando as colunas de P como (u_1,u_3,u_2), obtemos uma matriz ortogonal que diagonaliza A na ordem dos autovalores (5,0,-5):
P = \begin{pmatrix} \dfrac{4}{5\sqrt{2}} & -\dfrac{3}{5} & -\dfrac{4}{5\sqrt{2}}\\[6pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt] \dfrac{3}{5\sqrt{2}} & \dfrac{4}{5} & -\dfrac{3}{5\sqrt{2}} \end{pmatrix},
e de fato P^TAP=\operatorname{diag}(5,0,-5).]

Resposta

a) k>0.
b) k=1.
c) Para k=1,
P = \begin{pmatrix} \dfrac{4}{5\sqrt2} & -\dfrac{3}{5} & -\dfrac{4}{5\sqrt2}\\\ \dfrac{1}{\sqrt2} & 0 & \dfrac{1}{\sqrt2}\\\ \dfrac{3}{5\sqrt2} & \dfrac{4}{5} & -\dfrac{3}{5\sqrt2} \end{pmatrix}.

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