(a) Mostre que os autovalores de um tensor simétrico de segunda ordem são reais. (b) Mostre que os autovetores associados a distintos autovalores são perpendiculares. (c) Seja o seguinte tensor simétrico
\left(T_{i k}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 6 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 6 & 0 & 6 \end{array}\right)
Determine os autovetores, autovalores e os vetores unitários ao longo das direções principais do tensor. Obtenha a matriz de tranformação entre os sistemas de coordenadas em questão.

Passo 1

O enunciado tem três pedidos claros:
  • (a) Mostrar que os autovalores de um tensor simétrico de segunda ordem são reais.
  • (b) Mostrar que autovetores associados a autovalores distintos são perpendiculares.
  • (c) Para o tensor simétrico dado
\left(T_{i k}\right)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 6 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 6 & 0 & 6 \end{pmatrix},
determinar os autovalores, os autovetores, os vetores unitários nas direções principais e obter a matriz de transformação entre os sistemas de coordenadas (isto é, a matriz ortogonal que leva do sistema de autovetores ao sistema original, ou que diagonaliza T).
As informações relevantes fornecidas são: a matriz T explicitada acima e o fato de T ser simétrica (isto é, T_{ik}=T_{ki}).

Passo 2

(a) Definição e estratégia: vamos provar que todos os autovalores \lambda de uma matriz simétrica real T são números reais. Primeiro lembro o que é autovalor/autovetor: um par (\lambda,\mathbf{v}) satisfaz
T\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v},
onde \mathbf{v} é um vetor não-nulo (pode ser complexo em princípio). A prova usa o produto interno (conjugado) e a simetria de T.
Explicação do produto interno e conjugado: se \mathbf{v} é um vetor complexo coluna, seu conjugado transposto é \mathbf{v}^* (linha). Tem-se a propriedade \mathbf{v}^* \mathbf{v}=\sum_i |v_i|^2, número real e positivo quando \mathbf{v}\neq\mathbf{0}. Também vale (\mathbf{a}^* B \mathbf{c})^* = \mathbf{c}^* B^* \mathbf{a} para matrizes/vetores compatíveis.
Prova passo a passo: suponha T\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} com \mathbf{v}\neq\mathbf{0}. Considere o escalar
\mathbf{v}^* T \mathbf{v}.
Usando a equação do autovetor obtemos
\mathbf{v}^* T \mathbf{v} = \mathbf{v}^* (\lambda \mathbf{v}) = \lambda (\mathbf{v}^* \mathbf{v}).
Agora use a simetria e o fato de T ser real: T^*=T. Então o conjugado do escalar \mathbf{v}^* T \mathbf{v} é
\left(\mathbf{v}^* T \mathbf{v}\right)^* = \mathbf{v}^* T^* \mathbf{v} = \mathbf{v}^* T \mathbf{v},
ou seja, \mathbf{v}^* T \mathbf{v} é um número real. Mas pelo desenvolvimento anterior é igual a \lambda (\mathbf{v}^* \mathbf{v}). Como \mathbf{v}^* \mathbf{v} é real e positivo, concluímos que \lambda deve ser real. Portanto todos os autovalores são reais.
Comentário amigável: a ideia é simples — o produto \mathbf{v}^* T \mathbf{v} tem de ser real porque T é simétrica real; mas esse produto também é \lambda vezes um número real positivo, então \lambda tem de ser real. Isso é a razão pela qual matrizes simétricas têm autovalores reais.

Passo 3

(b) Enunciação do objetivo: mostrar que se \mathbf{u} e \mathbf{v} são autovetores de T correspondendo a autovalores distintos \lambda e \mu (com \lambda\neq\mu), então \mathbf{u} e \mathbf{v} são perpendiculares, isto é \mathbf{u}^T \mathbf{v}=0.
Prova passo a passo usando simetria: partimos de T\mathbf{u}=\lambda\mathbf{u} e T\mathbf{v}=\mu\mathbf{v}. Considere o escalar \mathbf{u}^T T \mathbf{v}. Pela segunda equação,
\mathbf{u}^T T \mathbf{v} = \mathbf{u}^T (\mu \mathbf{v}) = \mu (\mathbf{u}^T \mathbf{v}).
Por outro lado, usando a simetria T^T=T,
\mathbf{u}^T T \mathbf{v} = (T \mathbf{u})^T \mathbf{v} = (\lambda \mathbf{u})^T \mathbf{v} = \lambda (\mathbf{u}^T \mathbf{v}).
Igualando as duas expressões obtemos
\lambda (\mathbf{u}^T \mathbf{v}) = \mu (\mathbf{u}^T \mathbf{v}).
Como \lambda\neq\mu, segue que \mathbf{u}^T \mathbf{v}=0. Ou seja, autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais.
Comentário prático: nas provas é comum usar exatamente essa manipulação — calcular \mathbf{u}^T T \mathbf{v} de duas maneiras diferentes graças à simetria de T.

Passo 4

(c) Vamos calcular agora, de forma passo a passo, os autovalores e autovetores da matriz
T=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 6 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 6 & 0 & 6 \end{pmatrix}.
Primeiro construímos o polinômio característico \det(T-\lambda I). Subtraindo \lambda na diagonal:
T-\lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 6 \\\\ 0 & -2-\lambda & 0 \\\\ 6 & 0 & 6-\lambda \end{pmatrix}.
Como há zeros nas posições que simplificam, calculamos o determinante por desenvolvimento na segunda linha (ou simplesmente usando regra de bloco):
\det(T-\lambda I)=(-2-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 6\\[4pt]6 & 6-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 6\\[4pt]6 & 6-\lambda\end{pmatrix} = (1-\lambda)(6-\lambda)-6\cdot 6.
Multiplicando e simplificando:
(1-\lambda)(6-\lambda)=6-7\lambda+\lambda^2,
então
(1-\lambda)(6-\lambda)-36 = \lambda^2-7\lambda-30.
Logo o polinômio característico é
\det(T-\lambda I)=(-2-\lambda)\,(\lambda^2-7\lambda-30).
Fatorando o quadrático (use fórmula resolvente ou observe que o discriminante é 49+120=169=13^2):
\lambda^2-7\lambda-30=(\lambda-10)(\lambda+3).
Portanto
\det(T-\lambda I)=-(\lambda+2)(\lambda-10)(\lambda+3).
As raízes (autovalores) são, portanto
\lambda_1=10,\qquad \lambda_2=-3,\qquad \lambda_3=-2.]

Passo 5

Agora obtenho os autovetores correspondentes. Para cada autovalor \lambda resolvo (T-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
(i) Para \lambda_3=-2: calcule T-(-2)I=T+2I:
T+2I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 6\\[2pt]0 & 0 & 0\\[2pt]6 & 0 & 8\end{pmatrix}.
As equações do sistema (T+2I)\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\mathbf{0} são
3x+6z=0, \qquad 0=0 \\ (\text{linha 2}),\qquad 6x+8z=0.
Da primeira temos 3x+6z=0\Rightarrow x=-2z. Substituindo na terceira obtemos 6(-2z)+8z=-12z+8z=-4z=0\Rightarrow z=0. Logo x=0. A linha 2 não impõe restrição, então y é livre. Tomando y=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
Esse é o autovetor associado a \lambda_3=-2.
(ii) Para \lambda_1=10: calcule T-10I:
T-10I=\begin{pmatrix}-9 & 0 & 6\\[2pt]0 & -12 & 0\\[2pt]6 & 0 & -4\end{pmatrix}.
As equações são
-9x+6z=0,\qquad -12y=0,\qquad 6x-4z=0.
Da segunda vem y=0. Das outras duas, por exemplo da primeira: -9x+6z=0\Rightarrow 6z=9x\Rightarrow z=\tfrac{3}{2}x. A terceira dá 6x-4z=0\Rightarrow 4z=6x\Rightarrow z=\tfrac{3}{2}x, consistente. Tome x=2 para evitar frações; então z=3. Um autovetor associado a \lambda_1=10 é
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}2\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix}.
(iii) Para \lambda_2=-3: calcule T-(-3)I=T+3I:
T+3I=\begin{pmatrix}4 & 0 & 6\\[2pt]0 & 1 & 0\\[2pt]6 & 0 & 9\end{pmatrix}.
As equações são
4x+6z=0,\qquad y=0,\qquad 6x+9z=0.
Da segunda vem y=0. Da primeira: 4x+6z=0\Rightarrow 2x+3z=0\Rightarrow z=-\tfrac{2}{3}x. Tome x=3 para evitar frações; então z=-2. Um autovetor associado a \lambda_2=-3 é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}3\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix}.
Verificação rápida (pra ficar tranquilo): \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2 = 2\cdot 3 + 0 + 3\cdot(-2)=6-6=0, e ambos são ortogonais a \mathbf{v}_3, conforme a propriedade provada no Passo 3.]

Passo 6

Agora obtenho os vetores unitários ao longo das direções principais — isto é, normalizo cada autovetor para norma unitária.
Normas:
\|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{2^2+0^2+3^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13},
\|\mathbf{v}_2\|=\sqrt{3^2+0^2+(-2)^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13},
\|\mathbf{v}_3\|=\sqrt{0^2+1^2+0^2}=1.
Logo os vetores unitários (ordenando na mesma ordem \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3) são
\mathbf{u}_1=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}2\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix},\qquad \mathbf{u}_2=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}3\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{u}_3=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 7

Matriz de transformação (matriz cujas colunas são os vetores unitários): montamos a matriz ortogonal Q cujas colunas são \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3 escritas no sistema de coordenadas original. Assim
Q=\begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{13}} & \frac{3}{\sqrt{13}} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1\\[6pt] \frac{3}{\sqrt{13}} & -\frac{2}{\sqrt{13}} & 0 \end{pmatrix}.
Essa matriz satisfaz (com a ordem escolhida de autovetores)
Q^T T Q = \begin{pmatrix}10 & 0 & 0\\[4pt]0 & -3 & 0\\[4pt]0 & 0 & -2\end{pmatrix},
ou seja, Q diagonaliza T colocando os autovalores na diagonal na mesma ordem das colunas de Q.
Observação sobre o determinante: com a escolha de sinais acima \det Q=-1 (isso apenas significa que Q contém uma reflexão; poderíamos trocar o sinal de uma das colunas para obter \det Q=+1 se quisermos uma rotação própria). Isso não altera a diagonalização, apenas a orientação da base de autovetores.]

Resposta

(a) Os autovalores são reais.
(b) Autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais (perpendiculares).
(c) Autovalores: \lambda=10,\; \lambda=-3,\; \lambda=-2.
Autovetores (não-normalizados): \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}2\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix} para \lambda=10, \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}3\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix} para \lambda=-3, \mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} para \lambda=-2.
Vetores unitários nas direções principais: \mathbf{u}_1=\dfrac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}2\\\ 0\\\ 3\end{pmatrix}, \mathbf{u}_2=\dfrac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}3\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix}, \mathbf{u}_3=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
Matriz de transformação (colunas = \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3):
Q=\begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{13}} & \frac{3}{\sqrt{13}} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1\\[6pt] \frac{3}{\sqrt{13}} & -\frac{2}{\sqrt{13}} & 0 \end{pmatrix},
com Q^T T Q=\operatorname{diag}(10,-3,-2).]

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