A=\left[\begin{array}{rrrr}3 & -1 & 1 & 1 \\\\ -1 & 3 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 3 & -1 \\\\ 1 & 1 & -1 & 3\end{array}\right]
a) A matriz Aé simétrica?
b) Sabemos que o polínômio caracteristico de A : P(\lambda)=(\lambda-4)^{3} \lambda, Encontre uma matriz ortogonal P tal que P^{-1} A P seja diagonal. Quem Po matriz diagonal?

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 & 1\\[4pt] -1 & 3 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 3 & -1\\[4pt] 1 & 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}
e informa que o polinômio característico é P(\lambda)=(\lambda-4)^3\lambda. As perguntas são:
  • (a) A matriz A é simétrica?
  • (b) Encontrar uma matriz ortogonal P tal que P^{-1}AP seja diagonal, e qual é essa matriz diagonal?
Vou resolver passo a passo, explicando cada conceito necessário.]

Passo 2

(a) Verificando simetria: uma matriz quadrada A é simétrica se A^T=A. Transpondo A trocam-se linhas por colunas; aqui os elementos fora da diagonal são:
  • posição (1,2) vale -1 e posição (2,1) também vale -1;
  • posição (1,3) vale 1 e (3,1) vale 1;
  • posição (1,4) vale 1 e (4,1) vale 1;
  • posição (2,3) vale 1 e (3,2) vale 1;
  • posição (2,4) vale 1 e (4,2) vale 1;
  • posição (3,4) vale -1 e (4,3) vale -1.
    Como todos os pares simétricos coincidem, temos A^T=A. Portanto, sim: A é simétrica.
Comentário didático rápido: matrizes simétricas reais têm propriedades ótimas — por exemplo, seus autovalores são reais e existe uma base ortonormal de autovetores (mais sobre isso nos próximos passos).

Passo 3

Usarei a informação do polinômio característico: P(\lambda)=(\lambda-4)^3\lambda. Isso nos dá os autovalores e suas multiplicidades:
  • \lambda=4 com multiplicidade algébrica 3.
  • \lambda=0 com multiplicidade algébrica 1.
Teoria usada (explicada): para uma matriz real e simétrica, o Teorema Espectral garante que existe uma base ortonormal de autovetores. Assim podemos escolher 4 autovetores mutuamente ortogonais (e normalizá-los) e formar uma matriz ortogonal P cujas colunas são esses autovetores normalizados; então P^{-1}AP=P^T A P será diagonal com os autovalores na diagonal.

Passo 4

Agora vamos encontrar autovetores de cada autovalor. Primeiro, autovetor óbvio para \lambda=4: o vetor com todas entradas iguais.
Calcule A\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}:
\begin{pmatrix} 3(-) -1(1) +1(1) +1(1)\\[4pt] -1(1) +3(1) +1(1) +1(1)\\[4pt] 1(1) +1(1) +3(1) -1(1)\\[4pt] 1(1) +1(1) -1(1) +3(1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\[2pt]4\\[2pt]4\\[2pt]4\end{pmatrix} =4\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Logo \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix} é autovetor de \lambda=4.]

Passo 5

Procure agora um autovetor para [\lambda=0), isto é, vetor x tal que Ax=0. Resolvendo de forma direta (mostrando ideia):
Escrevendo as equações Ax=0 com x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T:
\begin{cases} 3x_1 - x_2 + x_3 + x_4 = 0,\\[4pt] - x_1 + 3x_2 + x_3 + x_4 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 + 3x_3 - x_4 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 - x_3 + 3x_4 = 0. \end{cases}
Subtraindo a segunda equação da primeira obtém-se 4x_1-4x_2=0\Rightarrow x_1=x_2\]. Subtraindo a quarta da terceira obtém-se \(4x_3-4x_4=0\Rightarrow x_3=x_4. Substituindo em uma equação, por exemplo na primeira:
3x_1 - x_1 + x_3 + x_3 = 0 \;\Rightarrow\; 2x_1 + 2x_3=0 \;\Rightarrow\; x_3 = -x_1.
Portanto um autovetor não nulo é
\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\\[2pt]-1\end{pmatrix},
componente geral (t,t,-t,-t). Verificação direta:
A\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\\[2pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Precisamos de mais dois autovetores associados a \lambda=4 (porque multiplicidade algébrica é 3). Buscaremos vetores ortogonais aos já encontrados. Bons candidatos simples são vetores diferença com zeros nas outras componentes. Testemos
u_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad u_3=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Calcule A u_2:
A\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\cdot1 +(-1)(-1) +1\cdot0 +1\cdot0\\[4pt] -1\cdot1 +3(-1) +1\cdot0 +1\cdot0\\[4pt] 1\cdot1 +1(-1) +3\cdot0 -1\cdot0\\[4pt] 1\cdot1 +1(-1) -1\cdot0 +3\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\[2pt]-4\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} =4\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Logo u_2 é autovetor de \lambda=4.
Calcule A u_3:
A\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot1 +1(-1)\\[2pt] 1\cdot1 +1(-1)\\[2pt] 3\cdot1 -1(-1)\\[2pt] -1\cdot1 +3(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]-4\end{pmatrix} =4\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto u_3 também é autovetor de \lambda=4.]

Passo 7

Verificação de ortogonalidade entre os vetores encontrados:
  • u_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},
  • u_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • u_3=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix},
  • u_0=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\\[2pt]-1\end{pmatrix} (autovetor de 0).
Cálculos rápidos de produto interno:
u_1\cdot u_2 = 1-1+0+0=0,\quad u_1\cdot u_3 = 0+0+1-1=0,
u_2\cdot u_3 = 0,\quad u_0\cdot u_1 = 1+1-1-1=0,
u_0\cdot u_2 = 1-1+0+0=0,\quad u_0\cdot u_3 = 0+0-1+1=0.
Portanto os quatro vetores são mutuamente ortogonais. Excelente: temos uma base de autovetores ortogonais.]

Passo 8

Normalização: transformamos cada vetor em vetor unitário dividindo pela sua norma.
Normas:
\|u_1\|=\sqrt{1+1+1+1}=2,\qquad \|u_0\|=2,
\|u_2\|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2},\qquad \|u_3\|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.
Vetores unitários (colunas de P):
v_1=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad v_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad v_3=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix},\quad v_4=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Formando a matriz P colocando essas colunas (vou colocar os autovetores de \lambda=4 primeiro e o de \lambda=0 por último):
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}.
Porque as colunas são ortonormais, P é ortogonal, ou seja P^{-1}=P^T.]

Passo 9

Conclusão sobre a diagonalização: como as colunas de P são autovetores unitários correspondentes, temos
P^{-1}AP = P^T A P = \operatorname{diag}(4,4,4,0).
A ordem dos autovalores na diagonal corresponde à ordem das colunas de P; escolhi colocar os três autovalores 4 nas três primeiras entradas e o 0 na última.

Resposta

(a) Sim, A é simétrica.
(b) Uma matriz ortogonal P e a matriz diagonal correspondente são:
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{2}\\[6pt] \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP = \operatorname{diag}(4,4,4,0).]

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