Questão 3. Seja A=\left[\begin{array}{ccc}-3 & 3 & -2 \\\\ 3 & 5 & -6 \\\\ -2 & -6 & 0\end{array}\right]. Sabe-se que o polinômio característico desta matriz é p(t)=-(t-10)(t+4)^{2}. Determine uma base ortonormal para cada autoespaço. Se possível encontre matrizes P e D tais que A=P D P^{t}, em que D é uma matriz diagonal com [D]{11} \leq[D]{22} \leq[D]_{33}).
(a) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e [P]_{23}) é igual em módulo a \frac{2}{\sqrt{14}}.
(b) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e [P]_{23}) é igual em módulo a \frac{2}{\sqrt{6}}.
(c) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e [P]_{23}) é igual em módulo a \frac{3}{\sqrt{14}}.
(d) Não existe uma matriz P tal que A=P D P^{t}, com D uma matriz diagonal.
(e) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e [P]_{23}) é igual em módulo a \frac{3}{\sqrt{6}}.
(f) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e [P]_{23}) é igual em módulo a \frac{1}{\sqrt{6}}.
(g) Existe uma matriz P tal que A=P D P^{t} e P]_{23}\) é igual em módulo a \(\frac{1}{\sqrt{14}}\).

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz simétrica
A = \begin{pmatrix} -3 & 3 & -2\\\\ 3 & 5 & -6\\\\ -2 & -6 & 0 \end{pmatrix}
com polinômio característico p(t)=-(t-10)(t+4)^2. Precisamos encontrar bases ortonormais dos autoespaços para \lambda=10 e \lambda=-4, montar P e D com
D=\operatorname{diag}(D_{11},D_{22},D_{33}),\quad D_{11}\le D_{22}\le D_{33},
e determinar o módulo de [P]_{23}, que é o elemento da segunda linha e terceira coluna de P.

Passo 2

Autoespaço de \lambda=10. Resolvemos
(A-10I)v=0
ou seja
\begin{pmatrix} -13 & 3 & -2\\\\ 3 & -5 & -6\\\\ -2 & -6 & -10 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Dessa equação obtém-se y=-\tfrac32z e x=-\tfrac12z. Tomando z=2, um vetor próprio é
v_3 = (-1,-3,2).

Passo 3

Normalização de v_3. Calculamos \|v_3\|=\sqrt{1+9+4}=\sqrt{14}, logo o vetor unitário é
e_3 = \frac{1}{\sqrt{14}}\,(-1,-3,2).

Passo 4

Autoespaço de \lambda=-4. Resolvemos
(A+4I)v=0
o que reduz a x+3y-2z=0. Uma base livre é dada por
v_1=(-3,1,0),\quad v_2=(2,0,1).

Passo 5

Ortonormalização de \{v_1,v_2\}. Primeiro
\|v_1\|=\sqrt{9+1}=\sqrt{10},\quad e_1=\frac{1}{\sqrt{10}}(-3,1,0).
Depois aplicamos Gram-Schmidt a v_2:
u_2 = v_2 - (v_2\cdot e_1)\,e_1 = (2,0,1)-\Bigl(-\tfrac{6}{\sqrt{10}}\Bigr)e_1 =(1/5,3/5,1)\times5=(1,3,5),
com \|u_2\|=\sqrt{35}. Logo
e_2=\frac{1}{\sqrt{35}}\,(1,3,5).

Passo 6

Escolhemos a ordenação \lambda_1=\lambda_2=-4, \lambda_3=10. Assim
P = \bigl[e_1\;\;e_2\;\;e_3\bigr],\quad D = \operatorname{diag}(-4,-4,10),
e A=P\,D\,P^{t}.

Passo 7

O elemento [P]_{23} é a segunda componente de e_3, ou seja
[P]_{23} = -\frac{3}{\sqrt{14}},
cujo módulo é \tfrac{3}{\sqrt{14}}.

Passo 8

Comparando com as alternativas, o módulo \tfrac{3}{\sqrt{14}} corresponde à letra (c).

Resposta

(c)

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