Questão 2. Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, em que \mathbb{R}^{3} está munido com o produto interno usual, tal que
T(x, y, z)=(2 x+y, x+y+z, y+2 z) .
Mostre que T é auto-adjunto e obtenha uma base ortonormal formada por autovetores de T.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(2x+y,\;x+y+z,\;y+2z).
As perguntas são:
  • Mostrar que T é auto-adjunto (ou seja, T=T^* no produto interno usual de \mathbb{R}^3).
  • Obter uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T.
Informações relevantes fornecidas:
  • Espaço: \mathbb{R}^3 com produto interno usual \langle u,v\rangle = u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3.
  • A ação de T sobre vetores (x,y,z) está explícita.

Passo 2

Conceitos/passo pedagógico curto (o que é auto-adjunto e por que matriz simétrica ajuda):
  • Para um operador linear T no espaço euclidiano com produto interno usual, o adjunto T^* é o único operador que satisfaz
\langle T(u),v\rangle = \langle u, T^*(v)\rangle\quad\text{para todos }u,v\in\mathbb{R}^3.
  • Se representarmos T pela matriz A na base canônica e o produto interno é o usual, então T é auto-adjunto se, e somente se, A for simétrica ( A^T=A). Vou usar essa equivalência porque facilita muito a verificação.

Passo 3

Encontrar a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\} (onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1)):
  • Aplicando T a e_1: T(1,0,0)=(2,1,0), então primeira coluna de A é (2,1,0)^T.
  • Aplicando T a e_2: T(0,1,0)=(1,1,1), então segunda coluna é (1,1,1)^T.
  • Aplicando T a e_3: T(0,0,1)=(0,1,2), então terceira coluna é (0,1,2)^T.
Portanto a matriz de T é
A=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]0 & 1 & 2\end{pmatrix}.
Observação: a entrada a_{ij} é o i-ésimo componente de T(e_j).]

Passo 4

Verificar simetria de A:
  • Calcular A^T:
A^T=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]0 & 1 & 2\end{pmatrix}.
  • Vê-se que A^T=A. Logo A é simétrica.
Conclusão imediata: como a representação matricial de T na base canônica é simétrica, T é auto-adjunto (isto é, \langle T(u),v\rangle=\langle u,T(v)\rangle para todos u,v).]

Passo 5

Agora vamos achar autovalores e autovetores de A. Primeiro o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 & 0\\[4pt]1 & 1-\lambda & 1\\[4pt]0 & 1 & 2-\lambda\end{pmatrix},
calcula-se o determinante por expansion pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule cada termo:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(2-\lambda)-0=2-\lambda.
Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big((1-\lambda)(2-\lambda)-1\big)-(2-\lambda).
Colocando 2-\lambda em evidência:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big((1-\lambda)(2-\lambda)-1-1\big).
Calcule (1-\lambda)(2-\lambda)=2-3\lambda+\lambda^2. Subtraindo 2 dá \lambda^2-3\lambda. Assim
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big(\lambda^2-3\lambda\big)=(2-\lambda)\lambda(\lambda-3).]

Passo 6

Os autovalores são as raízes do polinômio característico:
\lambda=0,\qquad \lambda=2,\qquad \lambda=3.
Como os autovalores são distintos, os autovetores associados a autovalores diferentes serão ortogonais (teorema espectral para matrizes simétricas). Vamos achar explicitamente um autovetor de cada valor e normalizá-los.

Passo 7

Autovetor para \lambda=0\): resolver \(A v = 0\). Escrevendo \(v=(x,y,z)\) obtemos o sistema \[\begin{cases} 2x+y=0,\\[4pt] x+y+z=0,\\[4pt] y+2z=0. \end{cases}
Da primeira equação y=-2x\]. Da terceira \(y=-2z. Igualando dá -2x=-2z logo x=z. Tomando x=1 obtemos z=1 e y=-2. Assim um autovetor é
v_0=(1,-2,1).
Norma de v_0: \|v_0\|=\sqrt{1^2+(-2)^2+1^2}=\sqrt{6}. Então um autovetor unitário é
u_0=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1).]

Passo 8

Autovetor para \lambda=2\): resolver \((A-2I)v=0\). Matriz \((A-2I)\) é \[\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]1 & -1 & 1\\[4pt]0 & 1 & 0\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} y=0,\\[4pt] x-y+z=0,\\[4pt] y=0. \end{cases}
Da primeira e terceira: y=0\]. Da segunda: \(x+z=0 então z=-x. Tomando x=1 obtemos o autovetor
v_2=(1,0,-1).
Norma de v_2: \|v_2\|=\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}=\sqrt{2}. Autovetor unitário:
u_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1).]

Passo 9

Autovetor para \lambda=3\): resolver \((A-3I)v=0\). Matriz \((A-3I)\) é \[\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0\\[4pt]1 & -2 & 1\\[4pt]0 & 1 & -1\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} -y+x=0\quad\Rightarrow\quad y=x,\\[4pt] x-2y+z=0,\\[4pt] y-z=0\quad\Rightarrow\quad z=y. \end{cases}
Das duas últimas equações, com y=x\], obtemos \(z=x. Tomando x=1 obtemos
v_3=(1,1,1).
Norma de v_3: \|v_3\|=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}. Autovetor unitário:
u_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).]

Passo 10

Verificação rápida de ortogonalidade (para reforçar entendimento):
  • v_0\cdot v_2=(1,-2,1)\cdot(1,0,-1)=1+0-1=0.
  • v_0\cdot v_3=(1,-2,1)\cdot(1,1,1)=1-2+1=0.
  • v_2\cdot v_3=(1,0,-1)\cdot(1,1,1)=1+0-1=0.
    Como os vetores não normalizados são mutuamente ortogonais, seus correspondentes normalizados u_0,u_2,u_3 formam uma base ortonormal. Cada u_i é autovetor de T com o autovalor correspondente.

Resposta

T é auto-adjunto.
Uma base ortonormal de autovetores é
\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1),\qquad \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1),\qquad \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).

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