Questão 1 [3.5 pontos] Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{rrr} 1 & -3 & 3 \\\\ -3 & 1 & -3 \\\\ 3 & -3 & 1 \end{array}\right]
e faça o que se pede, considerando que seus autovalores são 7 e -2 (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

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 3\\[4pt] -3 & 1 & -3\\[4pt] 3 & -3 & 1 \end{pmatrix}
e informa que os autovalores de A são 7 e -2 (não preciso verificar isso). As tarefas são:
(a) descrever explicitamente cada autoespaço (como um SEV gerado por vetores) e fornecer uma base ortogonal para cada um deles;
(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 tal que A Q = Q D, mostrando claramente as matrizes.
Informações úteis que vou usar (tiradas do próprio enunciado): o conjunto de autovalores é \{7,-2\}. Como \operatorname{tr}(A)=1+1+1=3, e a soma dos autovalores com suas multiplicidades deve ser 3, concluo que o autovalor 7 tem multiplicidade algébrica 1 e o autovalor -2 tem multiplicidade algébrica 2. Portanto espero um autoespaço de dimensão 1 para 7 e dimensão 2 para -2.]

Passo 2

Encontrar os autovetores associados a [\lambda=7).
Para \lambda=7 resolvo (A-7I)v=0. Calculo
A-7I=\begin{pmatrix} 1-7 & -3 & 3\\[4pt] -3 & 1-7 & -3\\[4pt] 3 & -3 & 1-7 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -6 & -3 & 3\\[4pt] -3 & -6 & -3\\[4pt] 3 & -3 & -6 \end{pmatrix}.
Seja v=(x,y,z)^{T}. As equações são
\begin{cases} -6x-3y+3z=0,\\[4pt] -3x-6y-3z=0,\\[4pt] 3x-3y-6z=0. \end{cases}
Dividindo convenientemente e simplificando obtemos o sistema equivalente
\begin{cases} 2x+y-z=0,\\[4pt] x+2y+z=0,\\[4pt] x-y-2z=0. \end{cases}
Resolvo: da primeira equação y=z-2x\]. Substituindo na terceira: \[x-(z-2x)-2z=0 \implies 3x-3z=0 \implies x=z.\] Então \(y=z-2x=z-2z=-z. Tomando z=1 obtenho um autovetor não nulo
v_{7}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=7 é
E_{7}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Como é um espaço unidimensional, uma base ortogonal para E_{7} é simplesmente \{(1,-1,1)^{T}\}.
(Dica didática rápida sobre autovetores: para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0. As soluções formam o autoespaço. A multiplicidade algébrica indica quantas raízes no polinômio característico, e a dimensão do autoespaço é a multiplicidade geométrica; no caso aqui a geometria bate com a álgebra: dimensão 1 para 7 e 2 para -2.)]

Passo 3

Encontrar os autovetores associados a \lambda=-2.
Para \lambda=-2 resolvo (A+2I)v=0. Calculo
A+2I=\begin{pmatrix} 1+2 & -3 & 3\\[4pt] -3 & 1+2 & -3\\[4pt] 3 & -3 & 1+2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 & -3 & 3\\[4pt] -3 & 3 & -3\\[4pt] 3 & -3 & 3 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^{T}, as equações são todas equivalentes a
3x-3y+3z=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x-y+z=0.
Logo o autoespaço é
E_{-2}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x-y+z=0\}.
Para escrever como span de dois vetores, escolho parâmetros: seja y=s,\\ z=t. Então x=s-t, e
(x,y,z) = s(1,1,0) + t(-1,0,1).
Assim uma descrição explícita é
E_{-2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 4

Construir uma base ortogonal para E_{-2} (Gram–Schmidt) e verificar ortogonalidade com E_{7}.
Explicando Gram–Schmidt (fórmula curta e intuitiva): dado um conjunto linearmente independente \{u_1,u_2\}, a versão ortogonal é w_1=u_1 e
w_2 = u_2 - \operatorname{proj}_{w_1}(u_2), \qquad \operatorname{proj}_{w_1}(u_2)=\frac{\langle u_2,w_1\rangle}{\langle w_1,w_1\rangle}w_1,
onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno padrão (produto escalar).
Aplico à base inicial de E_{-2}: tomo
u_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad u_2=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Calculo produtos:
\langle u_1,u_1\rangle = 1^2+1^2+0^2=2, \qquad \langle u_2,u_1\rangle = (-1)\cdot1 + 0\cdot1 + 1\cdot0 = -1.
Logo
\operatorname{proj}_{u_1}(u_2)=\frac{-1}{2}u_1=\frac{-1}{2}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\tfrac12\\[4pt]-\tfrac12\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Então
w_2 = u_2 - \operatorname{proj}_{u_1}(u_2) = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}-\tfrac12\\[4pt]-\tfrac12\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\tfrac12\\[4pt]\tfrac12\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Multiplicando w_2 por 2 (não altera ortogonalidade) obtenho o vetor inteiro
\tilde w_2 = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Verifico ortogonalidade:
\langle u_1,\tilde w_2\rangle = 1\cdot(-1)+1\cdot1+0\cdot2 = 0.
Portanto uma base ortogonal para E_{-2} é
\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
Agora checo que esses dois vetores são ortogonais ao autovetor de \lambda=7 (isso sempre ocorre quando autovalores distintos têm autoespaços ortogonais para matrizes simétricas; e A é simétrica):
\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}=1-1+0=0,
\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}=-1-1+2=0.
Portanto os três vetores
v_{7}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad u_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad u_{2}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}
formam um sistema ortogonal de autovetores de A.]

Passo 5

Normalizar os vetores ortogonais para obter uma base ortonormal B.
Calculo as normas:
\|v_{7}\|=\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{3}, \qquad \|u_{1}\|=\sqrt{1^2+1^2+0^2}=\sqrt{2}, \qquad \|u_{2}\|=\sqrt{(-1)^2+1^2+2^2}=\sqrt{6}.
Assim uma base ortonormal B formada por autovetores é
B=\left\{\,\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
Esse conjunto é ortonormal e cada vetor é autovetor de A (o primeiro com autovalor 7, os outros dois com autovalor -2).]

Passo 6

Construir Q e D e verificar a relação A Q = Q D.
Escolho a ordem das colunas de Q conforme a base ortonormal B que encontrei: primeira coluna o autovetor de \lambda=7, segunda e terceira colunas os autovetores de \lambda=-2. Assim
Q=\begin{pmatrix} \;\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[8pt] -\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[8pt] \;\dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \dfrac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}.
A matriz diagonal D com os autovalores correspondentes às colunas de Q é
D=\begin{pmatrix} 7 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Para verificar a igualdade A Q = Q D basta checar coluna a coluna: cada coluna q_i de Q é um autovetor e portanto A q_i = \lambda_i q_i; agrupando por colunas obtemos A Q = Q D. (Se preferir a verificação por vetores inteiros: já mostramos que A\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}=7\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix} e A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}, A\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}. Assim a relação matricial segue imediatamente.)
Resumo final: Q é ortogonal (colunas ortonormais) e diagonaliza A por conjugação: Q^{T} A Q = D e equivalentemente A Q = Q D.]

Resposta

(a) E_{7}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}, base ortogonal \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.\newline
\displaystyle E_{-2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}, base ortogonal (após Gram–Schmidt) \displaystyle\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.\newline
(b) Uma base ortonormal B formada por autovetores é\newline
\displaystyle B=\left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.\newline
(c) Uma matriz ortogonal Q que diagonaliza A e a diagonal D correspondente são\newline
\displaystyle Q=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[8pt] -\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \dfrac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}7&0&0\\[4pt]0&-2&0\\[4pt]0&0&-2\end{pmatrix},
satisfeitas A Q = Q D.]

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