(2,5 pontos) Calcule todos os autovalores do operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja matriz em relação a base canônica é dada pela matriz abaixo. Além disso, exiba uma base ortogonal do \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T.
\left(\begin{array}{lll} 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 3 \\\\ 0 & 3 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz da transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 na base canônica:
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}.
O que é pedido:
  • Calcular todos os autovalores de T (ou seja, os autovalores de A).
  • Exibir uma base ortogonal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T.
Informações relevantes dadas:
  • A matriz é explícita e real.
  • Observação útil: a matriz tem um bloco 1\times1 2 na primeira coordenada e um bloco 2\times2 na parte inferior direita \begin{pmatrix}1&3\\[2pt]3&1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Conceitos e método que vamos usar (explicado devagarinho).
  • Um autovalor \lambda de A é um número tal que existe vetor não-nulo v com A v=\lambda v. O vetor v chama-se autovetor associado a \lambda.
  • Para encontrar autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I) e resolvemos \det(A-\lambda I)=0.
  • Depois, para cada autovalor \lambda, encontramos a nulidade de A-\lambda I (isto é, resolvemos o sistema (A-\lambda I)v=0) para obter os autovetores.
  • Observação prática: aqui A é simétrica ( A^T=A), e para matrizes simétricas reais os autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais. Então esperamos uma base ortogonal formada por autovetores.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Como A tem a forma de bloco com o elemento 2 na primeira linha/coluna, temos:
A-\lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 3\\[4pt] 0 & 3 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante factoriza pelo bloco superior:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 3\\[2pt]3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora o determinante do 2\times2 é
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 3\\[2pt]3 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-3\cdot3=(1-\lambda)^2-9.
Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big((1-\lambda)^2-9\big).]

Passo 4

Resolver \det(A-\lambda I)=0 para obter os autovalores.
Temos
(2-\lambda)\big((1-\lambda)^2-9\big)=0.
Desenvolvendo o termo quadrático:
(1-\lambda)^2-9 = 1-2\lambda+\lambda^2-9=\lambda^2-2\lambda-8.
Logo resolvemos \lambda^2-2\lambda-8=0. Essa quadrática pode ser fatorada ou resolvida pela fórmula:
\lambda^2-2\lambda-8=(\lambda-4)(\lambda+2).
Portanto as raízes são \lambda=4 e \lambda=-2. Juntando com o fator (2-\lambda) temos também \lambda=2.
Assim os autovalores são \lambda=2, \lambda=4 e \lambda=-2. (Todos distintos.)

Passo 5

Encontrar autovetores associados a \lambda=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\). Escrevendo: \[A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 3\\[4pt] 0 & 3 & -1 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, o sistema é
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0,\\[2pt] 0\cdot x - y + 3z = 0,\\[2pt] 0\cdot x + 3y - z = 0. \end{cases}
A primeira linha dá nenhuma restrição sobre x\] (qualquer \(x é permitido). Das outras duas equações:
-y+3z=0 \quad\text{e}\quad 3y-z=0.
Da primeira vem y=3z. Substituindo na segunda: 3(3z)-z=9z-z=8z=0, então z=0. Então y=0. Assim y=z=0 e x é livre (não-nulo para ser autovetor). Portanto o espaço próprio para \lambda=2 é
\{(x,0,0): x\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{(1,0,0)\}.
Um autovetor conveniente é v_1=(1,0,0).]

Passo 6

Encontrar autovetores associados a \lambda=4\). Calcular \(A-4I\): \[A-4I=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -3 & 3\\[4pt] 0 & 3 & -3 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, o sistema é
\begin{cases} -2x=0,\\[2pt] -3y+3z=0,\\[2pt] 3y-3z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. Das outras duas temos \(-3y+3z=0 que implica y=z (a segunda é a mesma condição). Assim os vetores próprios são
\{(0,y,y): y\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{(0,1,1)\}.
Um autovetor conveniente é v_2=(0,1,1).]

Passo 7

Encontrar autovetores associados a \lambda=-2\). Calcular \(A-(-2)I=A+2I\): \[A+2I=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 3\\[4pt] 0 & 3 & 3 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, o sistema é
\begin{cases} 4x=0,\\[2pt] 3y+3z=0,\\[2pt] 3y+3z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. Da segunda \(3y+3z=0 implica y+z=0, ou seja z=-y. Portanto os vetores próprios são
\{(0,y,-y): y\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{(0,1,-1)\}.
Um autovetor conveniente é v_3=(0,1,-1).]

Passo 8

Verificar ortogonalidade dos autovetores encontrados.
Calcule os produtos internos (produto escalar usual em \mathbb{R}^3):
v_1\cdot v_2=(1,0,0)\cdot(0,1,1)=0,
v_1\cdot v_3=(1,0,0)\cdot(0,1,-1)=0,
v_2\cdot v_3=(0,1,1)\cdot(0,1,-1)=1-1=0.
Todos os pares são ortogonais. Como os três vetores são não-nulos e mutuamente ortogonais, eles formam uma base ortogonal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores.
Observação adicional (intuitiva): isso era esperado porque A é simétrica; autovetores associados a autovalores distintos de uma matriz simétrica são sempre ortogonais.

Passo 9

Se desejar uma base ortonormal, basta normalizar cada vetor:
\frac{(1,0,0)}{\|(1,0,0)\|}=(1,0,0),\qquad \frac{(0,1,1)}{\sqrt{2}}=\bigl(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr),\qquad \frac{(0,1,-1)}{\sqrt{2}}=\bigl(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr).
Mas a questão pedia apenas uma base ortogonal, então os vetores v_1,v_2,v_3 já satisfazem.

Resposta

\lambda=2,\\ \lambda=4,\\ \lambda=-2
\{(1,0,0),(0,1,1),(0,1,-1)\}

Exercícios relacionados