Questão 1 [3.0 pontos] Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{rrr} 2 & 1 & -2 \\\\ 1 & 2 & 2 \\\\ -2 & 2 & -1 \end{array}\right]
e faça o que se pede, considerando que seus autovalores são 3 e -3 (não é preciso verificar este fato).
(a) Descreva explicitamente cada autoespaço, ou seja, como o SEV gerado por um conjunto de vetores, e dê uma base ortogonal para cada um deles;
(b) Dê uma base ortonormal B para \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de A;
(c) Dê uma matriz Q que diagonalize A ortogonalmente e uma matriz diagonal D semelhante a A tais que A Q=Q D, indicando claramente as matrizes;

Passo 1

Enunciado e dados úteis (o que a questão pede e o que foi dado).
  • A matriz é
A=\left[\begin{array}{rrr} 2 & 1 & -2 \\\\ 1 & 2 & 2 \\\\ -2 & 2 & -1 \end{array}\right].
  • Foi informado que os autovalores de A são \;3 e -3 (não precisa provar isso).
  • Pedidos:
    (a) descrever explicitamente cada autoespaço (como um espaço gerado por vetores) e dar uma base ortogonal para cada autoespaço;
    (b) dar uma base ortonormal B de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A;
    (c) dar uma matriz Q que diagonalize A ortogonalmente e uma matriz diagonal D semelhante a A tais que A Q = Q D, indicando claramente as matrizes.

Passo 2

Definição e procedimento para encontrar autoespaços (breve e prático).
  • Lembrete rápido: um vetor v\neq 0 é autovetor de A com autovalor \lambda se
A v = \lambda v,
ou seja, se
(A-\lambda I)v = 0.
O conjunto de todas as soluções v dessa equação (incluindo o vetor zero) é o autoespaço correspondente a \lambda, que é um subespaço vetorial e pode ser descrito como um gerador (span) de vetores. Para encontrar uma base do autoespaço resolvemos o sistema linear (A-\lambda I)v=0.

Passo 3

Encontrando o autoespaço associado a \lambda=3\). - Calcular \(A-3I\): \[A-3I=\left[\begin{array}{rrr} 2-3 & 1 & -2 \\\\ 1 & 2-3 & 2 \\\\ -2 & 2 & -1-3 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{rrr} -1 & 1 & -2 \\\\ 1 & -1 & 2 \\\\ -2 & 2 & -4 \end{array}\right].
  • Procuramos vetores v=(x,y,z)^T tais que (A-3I)v=0. Isso dá o sistema
\begin{cases} -x + y - 2z = 0,\\[4pt] x - y + 2z = 0,\\[4pt] -2x + 2y -4z = 0. \end{cases}
As três equações são dependentes; todas reduzem a uma única equação efetiva -x + y -2z =0\], ou seja \(y = x + 2z.
  • Escrevendo a solução geral:
v=(x,y,z) = (x,\,x+2z,\,z) = x\,(1,1,0) + z\,(0,2,1).
Portanto o autoespaço de \lambda=3 é
E_{3}=\operatorname{span}\{(1,1,0),\;(0,2,1)\}.
Isto mostra que a multiplicidade geométrica é 2 (dois vetores independentes), compatible com a informação dos autovalores.]

Passo 4

Construindo uma base ortogonal de E_{3} (Gram–Schmidt explicado e aplicado).
  • Objetivo: obter vetores ortogonais que gerem o mesmo espaço. Gram–Schmidt diz: dado u_1\neq 0 e u_2 linearmente independentes, podemos definir
w_1 = u_1,\qquad w_2 = u_2 - \operatorname{proj}_{w_1}(u_2),
onde
\operatorname{proj}_{w_1}(u_2) = \frac{\langle u_2,w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}\,w_1.
  • Tomemos u_1=(1,1,0) e u_2=(0,2,1) (os geradores acima). Calculemos:
\langle u_1,u_1\rangle = 1^2+1^2+0^2 = 2, \qquad \langle u_2,u_1\rangle = 0\cdot1 + 2\cdot1 + 1\cdot0 = 2.
Assim
\operatorname{proj}_{u_1}(u_2) = \frac{2}{2}u_1 = u_1 = (1,1,0).
Então
w_2 = u_2 - u_1 = (0,2,1)-(1,1,0)=(-1,1,1).
  • Verificação da ortogonalidade:
\langle w_1,w_2\rangle = (1)(-1)+(1)(1)+0\cdot1 = 0.
  • Conclusão: uma base ortogonal de E_3 é
\{\,w_1=(1,1,0),\quad w_2 = (-1,1,1)\,\}.

Passo 5

Encontrando o autoespaço associado a \lambda=-3\). - Calcular \(A - (-3)I = A+3I\): \[A+3I=\left[\begin{array}{rrr} 5 & 1 & -2 \\\\ 1 & 5 & 2 \\\\ -2 & 2 & 2 \end{array}\right].
  • Resolvendo (A+3I)v=0 para v=(x,y,z) obtemos o sistema
\begin{cases} 5x + y -2z = 0,\\[4pt] x +5y +2z = 0,\\[4pt] -2x +2y +2z = 0. \end{cases}
Da terceira equação segue -x + y + z =0\] ou \(y = x - z. Substituindo nas demais, obtemos z=2x e então y=-x. Logo a solução é
v = x\,(1,-1,2).
  • Portanto o autoespaço correspondente a \lambda=-3 é
E_{-3}=\operatorname{span}\{(1,-1,2)\},
um subespaço de dimensão 1.]

Passo 6

Observação sobre ortogonalidade entre autoespaços distintos (motivação e verificação direta).
  • Para matrizes simétricas (como A=A^T), autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais. Aqui A é simétrica (pode-se ver A^T=A), então vetores de E_3 são ortogonais a vetores de E_{-3}.
  • Verificação direta rápida: tomar w_1=(1,1,0) e w_2=(-1,1,1) (base ortogonal de E_3) e v=(1,-1,2) (gerador de E_{-3}):
\langle (1,1,0),(1,-1,2)\rangle = 1-1+0 = 0, \qquad \langle (-1,1,1),(1,-1,2)\rangle = -1-1+2 = 0.
Portanto os três vetores são mutuamente ortogonais.

Passo 7

Construindo uma base ortonormal B de \mathbb{R}^3 formada por autovetores (normalização).
  • Para transformar uma base ortogonal em ortonormal, normaliza-se cada vetor dividindo pela sua norma.
  • Normas:
\|w_1\| = \sqrt{1^2+1^2+0^2} = \sqrt{2}, \qquad \|w_2\| = \sqrt{(-1)^2+1^2+1^2} = \sqrt{3}, \qquad \|v\| = \sqrt{1^2+(-1)^2+2^2} = \sqrt{6}.
  • Portanto uma base ortonormal B (colunas na ordem que escolhermos) é
B=\left\{\,\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),\quad \frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1),\quad \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)\,\right\}.

Passo 8

Construindo a matriz ortogonal Q e a diagonal D tais que A Q = Q D.
  • Se colocarmos os vetores ortonormais acima como colunas de uma matriz Q, então Q é ortogonal ( Q^T Q = I) e, como são autovetores de A, vale A Q = Q D, onde D é a matriz diagonal com os autovalores correspondentes às colunas de Q.
  • Escolhendo a ordem das colunas de Q para corresponder à ordem dos autovalores em D, por exemplo primeiro os dois autovetores de \lambda=3 e depois o de \lambda=-3, temos
Q=\left[\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{array}\right].
Aqui as colunas são, respectivamente, \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0), \dfrac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1) e \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2).
  • A matriz diagonal D com os autovalores correspondentes na mesma ordem é
D=\left[\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -3 \end{array}\right].
  • Verificação prática (modo executivo): multiplicando A por cada coluna de Q obtém-se 3 vezes as duas primeiras colunas e -3 vezes a terceira (isto foi verificado nas contas realizadas nos passos anteriores), o que garante que A Q = Q D. Observação final: como Q é ortogonal, também vale A = Q D Q^T.]

Resposta

(a) E_{3}=\operatorname{span}\{(1,1,0),\,(0,2,1)\}. Uma base ortogonal de E_{3} é \{(1,1,0),\,(-1,1,1)\}.\n
(b) Uma base ortonormal B de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A é
B=\left\{\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),\;\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1),\;\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2)\right\}.\n
(c) Uma matriz ortogonal Q que diagonaliza A (colunas = autovetores ortonormais na mesma ordem) e a diagonal D correspondente são
Q=\left[\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{array}\right], \qquad D=\left[\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -3 \end{array}\right],
satisfeitas A Q = Q D e A = Q D Q^T.]

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