( \mathbf{2 , 0} pontos) Considere o operador simétrico representado pela matriz:
A=\left(\begin{array}{ll} 1 & 3 \\\\ 3 & 1 \end{array}\right)
Determine uma base ortonormal de \mathbb{R}^{2} composta por autovetores de A.

Passo 1

O enunciado dá explicitamente a matriz simétrica
A=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}
e pede uma base ortonormal de \mathbb{R}^{2} composta por autovetores de A.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A matriz A tem entradas a_{11}=1, a_{12}=3, a_{21}=3, a_{22}=1.
  • Queremos encontrar vetores v\in\mathbb{R}^{2} tais que A v=\lambda v (ou seja, autovetores) e, além disso, normalizá‑los e garantir que entre si sejam ortogonais (base ortonormal).
O que será entregue ao final:
  • Dois vetores unitários e mutuamente ortogonais que são autovetores de A, formando uma base ortonormal de \mathbb{R}^2.]

Passo 2

Explicação curta do método que vou usar (sem assumir que você já saiba): para encontrar autovetores e autovalores resolvemos a equação característica \det(A-\lambda I)=0. Aqui \lambda é o número que multiplica o autovetor e I é a matriz identidade. A equação característica fornece os autovalores; para cada autovalor \lambda achamos os vetores não nulos v que satisfazem (A-\lambda I)v=0.
Vou calcular a equação característica de A. Calculo o determinante:
\det(A-\lambda I)=\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 3\\[4pt]3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante de uma 2\times2 matriz \begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} é ad-bc. Aplicando aqui:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-\lambda)-3\cdot3.]

Passo 3

Continuando o cálculo do polinômio característico:
(1-\lambda)^2-9=1-2\lambda+\lambda^2-9=\lambda^2-2\lambda-8.
Logo a equação característica é
\lambda^2-2\lambda-8=0.
Isso é uma equação quadrática. Para resolver uma quadrática \lambda^2+b\lambda+c=0 usamos a fórmula de Bhaskara (ou fatoração se for simples). Aqui dá para fatorar:
\lambda^2-2\lambda-8=(\lambda-4)(\lambda+2).
Portanto, os autovalores são
\lambda_1=4\quad\text{e}\quad \lambda_2=-2.

Passo 4

Agora, para cada autovalor \lambda encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Começo com \lambda_1=4. Então
A-4I=\begin{pmatrix}1-4 & 3\\[4pt]3 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}.
Procuramos vetores v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} tais que
\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema (uma única equação independente):
-3x+3y=0 \quad\Longrightarrow\quad -x+y=0 \quad\Longrightarrow\quad y=x.
Portanto, os autovetores associados a \lambda_1=4 são todos os múltiplos escalares de \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Posso escolher como representante v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora faço o mesmo para \lambda_2=-2. Temos
A-(-2)I=A+2I=\begin{pmatrix}1+2 & 3\\[4pt]3 & 1+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}.
Procuramos v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix},
o que gera a equação (uma só independente)
3x+3y=0 \quad\Longrightarrow\quad x+y=0 \quad\Longrightarrow\quad y=-x.
Assim, os autovetores associados a \lambda_2=-2 são todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}. Posso escolher v_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora precisamos de uma base ortonormal: isso exige que os vetores sejam ortogonais entre si e tenham norma 1. Primeiro verifico que v_1 e v_2 são ortogonais usando o produto escalar padrão em \mathbb{R}^2: para u=(u_1,u_2) e w=(w_1,w_2), o produto escalar é u_1w_1+u_2w_2.
Calculo o produto escalar de v_1 e v_2:
\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}=1\cdot1+1\cdot(-1)=0.
Portanto são ortogonais (boa notícia — vetores associados a autovalores distintos de uma matriz simétrica sempre são ortogonais).
Agora normalizo cada um: a norma de um vetor v=(x,y) é \|v\|=\sqrt{x^2+y^2}.
Para v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} temos
\|v_1\|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.
O vetor unitário correspondente é
u_1=\frac{1}{\|v_1\|}v_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Para v_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix} temos
\|v_2\|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2},
e o vetor unitário correspondente é
u_2=\frac{1}{\|v_2\|}v_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resumo e verificação rápida: u_1 e u_2 são unitários (norma 1) e ortogonais entre si (produto escalar 0), portanto formam uma base ortonormal de \mathbb{R}^2. Além disso, são múltiplos dos autovetores encontrados, logo são autovetores de A (com autovalores \lambda_1=4 e \lambda_2=-2, respectivamente). Você pode trocar o sinal de qualquer um deles (por exemplo, -u_1 também serve), isso não altera a ortonormalidade.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}]

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