( 2,5 pontos) Se um tensor simétrico T_{i k} tem as componentes como mostrado abaixo,
T_{i k}=\left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & \sqrt{3} \\\\ 0 & 3 & 0 \\\ \sqrt{3} & 0 & 3 \end{array}\right)
então determine os seus autovalores e as correspondentes direções principais. Como esse tensor fica representado no sistema de coordenadas cujos eixos coincidem com as direções principais?

Passo 1

O enunciado dá o tensor (matriz simétrica) cujas componentes, na base original, são
T_{ik}=\begin{pmatrix} 5 & 0 & \sqrt{3} \\\\ 0 & 3 & 0 \\\ \sqrt{3} & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Pede-se:
  1. os autovalores (valores próprios) de T;
  2. as correspondentes direções principais (autovetores diretores, preferivelmente normalizados);
  3. como T fica representado no sistema de coordenadas cujos eixos coincidem com essas direções principais (ou seja, a forma diagonalizada de T).
As informações relevantes do enunciado são apenas as entradas da matriz acima.

Passo 2

Conceito essencial (explicadinho): um vetor não nulo v é autovetor de T com autovalor \lambda se
T v = \lambda v.
Isto equivale ao sistema linear (T-\lambda I)v=0. Para existir solução não trivial, precisamos que
\det(T-\lambda I)=0,
que é o polinômio característico. Como T é simétrica, sabemos (não precisa decorar, mas é útil) que todos os autovalores são reais e que autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais — o que facilita muito a geometria e a diagonalização.

Passo 3

Vamos calcular o polinômio característico. Primeiro escrevemos T-\lambda I:
T-\lambda I=\begin{pmatrix} 5-\lambda & 0 & \sqrt{3} \\\\ 0 & 3-\lambda & 0 \\\ \sqrt{3} & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo o determinante por cofatores na segunda linha (que tem apenas o elemento central não nulo) obtemos
\det(T-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}5-\lambda & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}5-\lambda & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & 3-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(3-\lambda)-(\sqrt{3})^{2}.
Como (\sqrt{3})^{2}=3, isso dá
(5-\lambda)(3-\lambda)-3 = 15-5\lambda-3\lambda+\lambda^{2}-3 = \lambda^{2}-8\lambda+12.
Portanto o polinômio característico é
\det(T-\lambda I)=(3-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-8\lambda+12\bigr).
Fatorando a quadrática \lambda^{2}-8\lambda+12=(\lambda-6)(\lambda-2), vemos que os autovalores são as raízes:
\lambda=3,\quad \lambda=6,\quad \lambda=2.]

Passo 4

Agora achamos os autovetores correspondentes. Começo por \lambda=3\). Resolvemos \((T-3I)v=0\). A matriz \(T-3I\) é \[T-3I=\begin{pmatrix} 2 & 0 & \sqrt{3} \\\\ 0 & 0 & 0 \\\ \sqrt{3} & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Escrevendo v=(x,y,z)^{T}, o sistema é
\begin{cases} 2x+\sqrt{3}\,z=0,\\[4pt] 0\cdot y=0\\ \\ (\text{sempre verdadeira}),\\[4pt] \sqrt{3}\,x+0\cdot z=0. \end{cases}
Da terceira equação vem \sqrt{3}\,x=0\Rightarrow x=0\]. Substituindo na primeira dá \(\sqrt{3}\,z=0\Rightarrow z=0. Assim x=z=0 e y é livre; escolhemos y=1. Logo um autovetor é
v_{(3)}=(0,1,0).
Esse já é unitário (norma 1), então a direção principal associada a \lambda=3 é o vetor unitário
u_{(3)}=(0,1,0).]

Passo 5

Agora \lambda=6. Resolvemos (T-6I)v=0. A submatriz relevante no plano x\!-\!z é
\begin{pmatrix}5-6 & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & 3-6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & -3\end{pmatrix}.
Para v=(x,y,z)^{T} obtemos (a equação para y -3y=0\Rightarrow y=0):
- x + \sqrt{3}\,z = 0.
Isto dá x=\sqrt{3}\,z. Escolhendo z=1 obtemos um autovetor conveniente
v_{(6)}=(\sqrt{3},0,1).
Normalizamos: a norma é \sqrt{(\sqrt{3})^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt{3+1}=2. Portanto o vetor unitário (direção principal) é
u_{(6)}=\Bigl(\frac{\sqrt{3}}{2},0,\frac{1}{2}\Bigr).]

Passo 6

Para \lambda=2 fazemos processo semelhante. A submatriz no plano x\!-\!z é
\begin{pmatrix}5-2 & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & 3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & \sqrt{3}\\[4pt]\sqrt{3} & 1\end{pmatrix}.
O sistema (novamente y=0) fornece
3x+\sqrt{3}\,z=0 \quad\Rightarrow\quad x=-\frac{\sqrt{3}}{3}\,z.
Uma escolha conveniente é tomar z=\sqrt{3}, então x=-1. Assim um autovetor é
v_{(2)}=(-1,0,\sqrt{3}).
A norma desse vetor é \sqrt{(-1)^{2}+0^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{1+3}=2. Então o vetor unitário é
u_{(2)}=\Bigl(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr).]

Passo 7

Verificações rápidas e geométricas: note que os três vetores unitários \,u_{(6)},u_{(3)},u_{(2)} são mutuamente ortogonais (pode-se verificar os produtos internos e ver que dão zero), o que é esperado porque T é simétrica. Como temos um conjunto ortonormal de autovetores, podemos formar a matriz ortogonal P cujas colunas são esses vetores (na ordem que quisermos combinar com os autovalores). Por exemplo, tomando a ordem (\lambda=6,\lambda=3,\lambda=2) e colunas correspondentes, temos
P=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] \frac{1}{2} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}.
A diagonalização ortogonal é
P^{T} T P=\begin{pmatrix}6 & 0 & 0\\[4pt]0 & 3 & 0\\[4pt]0 & 0 & 2\end{pmatrix}.
Isto significa que no sistema de coordenadas cujos eixos são as direções principais u_{(6)},u_{(3)},u_{(2)}, a representação do tensor é a matriz diagonal com os autovalores na diagonal.]

Resposta

\lambda_{1}=6 com direção principal unitária \displaystyle u_{(6)}=\Bigl(\frac{\sqrt{3}}{2},0,\frac{1}{2}\Bigr)
\lambda_{2}=3 com direção principal unitária \displaystyle u_{(3)}=(0,1,0)
\lambda_{3}=2 com direção principal unitária \displaystyle u_{(2)}=\Bigl(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)
Matriz de T no sistema de eixos principais:
\begin{pmatrix}6 & 0 & 0\\[4pt]0 & 3 & 0\\[4pt]0 & 0 & 2\end{pmatrix}.]

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