Questão 2 Seja
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right] .
(a) (1.0) Encontre todos os autovalores de A.
(b) (2.0) Encontre todos os autovetores de A linearmente independente associados aos autovalores.
(c) (1.0) Determine uma matriz ortogonal P, para o qual A=P D P^{T}, com D matriz diagonal.

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • (a) encontrar todos os autovalores de A;
  • (b) encontrar autovetores linearmente independentes associados a esses autovalores;
  • (c) determinar uma matriz ortogonal P tal que A=PDP^{T}, com D diagonal.
Informações relevantes já visíveis no enunciado:
  • Os elementos de A são os listados acima (matriz 3\times3).
  • A é uma matriz real e simétrica, pois A^{T}=A. (Essa observação será útil para a parte (c).)
A resolução começa no próximo passo.]

Passo 2

Vamos calcular os autovalores de A. Autovalores são soluções do polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1-\lambda & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Para calcular o determinante, é conveniente expandir pela segunda linha (tem dois zeros):
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Agora calcule o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)(1-\lambda)-1.
Desenvolvendo:
(1-\lambda)^{2}-1 = 1-2\lambda+\lambda^{2}-1=\lambda^{2}-2\lambda=\lambda(\lambda-2).
Logo o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\,\lambda(\lambda-2).
As raízes (autovalores) são, portanto
\lambda=0,\qquad \lambda=-1,\qquad \lambda=2.]

Passo 3

Agora encontramos autovetores associados a cada autovalor. Para cada [\lambda) resolvemos (A-\lambda I)x=0.
  1. Para \lambda=0 resolvemos A x=0:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
\begin{cases} x_{1}+x_{3}=0,\\[4pt] - x_{2}=0,\\[4pt] x_{1}+x_{3}=0. \end{cases}
Da segunda equação temos x_{2}=0\]. Das outras, \[x_{3}=-x_{1}. Logo os vetores solução são
x = \begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]0\\[2pt]-x_{1}\end{pmatrix}=x_{1}\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Um autovetor não-nulo conveniente para \lambda=0 é
v_{0}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
  1. Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)x=0:
\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
As equações são:
\begin{cases} 2x_{1}+x_{3}=0,\\[4pt] 0=0\\ (\text{linha livre}),\\[4pt] x_{1}+2x_{3}=0. \end{cases}
Da primeira equação x_{3}=-2x_{1}\]. Substituindo na terceira: \[x_{1}+2(-2x_{1})=x_{1}-4x_{1}=-3x_{1}=0\implies x_{1}=0.\] Então \[x_{3}=0 e x_{2} é livre. Os vetores solução têm a forma
x=\begin{pmatrix}0\\[2pt]x_{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}=x_{2}\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Um autovetor não-nulo conveniente para \lambda=-1 é
v_{-1}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  1. Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)x=0:
\begin{pmatrix} -1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -3 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
As equações são:
\begin{cases} - x_{1}+x_{3}=0,\\[4pt] -3x_{2}=0,\\[4pt] x_{1}-x_{3}=0. \end{cases}
Da segunda x_{2}=0\]. Da primeira \(x_{3}=x_{1}. Assim as soluções são
x=\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]0\\[2pt]x_{1}\end{pmatrix}=x_{1}\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Um autovetor não-nulo conveniente para \lambda=2 é
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Observação: os três vetores v_{0},v_{-1},v_{2} são linearmente independentes (são três vetores em \mathbb{R}^{3} associados a três autovalores distintos).]

Passo 4

Para a parte (c) precisamos de uma matriz ortogonal P cujas colunas sejam vetores ortonormais (ou seja, um conjunto ortonormal) de autovetores. Como A é simétrica, existe uma base ortonormal formada por autovetores de A (teorema espectral). Aqui os autovetores que encontramos já são mutuamente ortogonais:
v_{0}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix},\quad v_{-1}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida da ortogonalidade:
v_{0}\cdot v_{-1}=1\cdot0+0\cdot1+(-1)\cdot0=0,
v_{0}\cdot v_{2}=1\cdot1+0\cdot0+(-1)\cdot1=1-1=0,
v_{-1}\cdot v_{2}=0\cdot1+1\cdot0+0\cdot1=0.
Portanto são ortogonais. Agora normalizamos cada um para obter uma base ortonormal:
  • Norma de v_{0}: \|v_{0}\|=\sqrt{1^{2}+0^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{2}. Vetor unitário:
u_{0}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
  • Norma de v_{-1}: \|v_{-1}\|=\sqrt{0^{2}+1^{2}+0^{2}}=1. Vetor unitário:
u_{-1}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  • Norma de v_{2}: \|v_{2}\|=\sqrt{1^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}. Vetor unitário:
u_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Tomando como colunas de P os vetores u_{0},u_{-1},u_{2} (na mesma ordem dos autovalores escolhidos para D), obtemos a matriz ortogonal
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\[6pt] 0 & 1 & 0\\[6pt] -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}.
Definimos a matriz diagonal D com os autovalores na mesma ordem das colunas de P:
D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Como as colunas de P são autovetores ortonormais, vale
A=PDP^{T},
ou equivalentemente P^{T}AP=D. Isso conclui a construção pedida.]

Resposta

(a) \lambda=0,\\ \lambda=-1,\\ \lambda=2.
(b) Autovetores linearmente independentes (um por autovalor):
\lambda=0:\\ \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix},\qquad \lambda=-1:\\ \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad \lambda=2:\\ \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
(c) Uma matriz ortogonal P e a correspondente D diagonal (colunas de P são autovetores ortonormais na ordem \lambda=0,-1,2):
P=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[8pt] 0 & 1 & 0\\[8pt] -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

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