Os autovalores de A são 0,4 , e 9 .
(a) (15 pontos) Justifique a existência de uma base ortonormal de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de A e construa uma tal base.
(b) (5 pontos) Encontre uma matriz B_{3 \times 3} tal que B^{2}=A.
e informa que os autovalores de A são \,0,\;4,\;9. Pede duas coisas:
(a) Justificar a existência de uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A e construir explicitamente tal base.
(b) Encontrar uma matriz B_{3\times3} tal que B^{2}=A.
Informações relevantes que temos:
A matriz A está totalmente especificada (veja acima).
Os autovalores de A são \,0,\;4,\;9 (todos não negativos).
É preciso tanto justificar a existência de uma base ortonormal de autovetores quanto construí‑la explicitamente, e depois usar isso para obter B com B^{2}=A.]
Passo 2
Por que existe uma base ortonormal de autovetores de A? Vou justificar isso de forma direta e didática.
Primeiro observo que A é simétrica, isto é \,A^{T}=A (compare entradas acima). Para matrizes simétricas reais existem propriedades muito confortáveis: autovalores são reais e autovetores de autovalores distintos são ortogonais.
Prova rápida e direta da ortogonalidade para autovalores distintos: suponha que v e w sejam autovetores de A com autovalores \lambda e \mu, respectivamente. Então
Av=\lambda v,\qquad Aw=\mu w.
Como A é simétrica, temos v^{T}Aw=(Av)^{T}w. Substituindo,
Assim (\lambda-\mu)\,v^{T}w=0. Se \lambda\neq\mu segue v^{T}w=0, ou seja, v e w são ortogonais.
No caso de autovalores repetidos, aplicamos o processo de ortogonalização (Gram–Schmidt) dentro da autoespaço correspondente para obter um conjunto ortonormal. Portanto, para qualquer matriz simétrica real sempre podemos obter uma base ortonormal de \mathbb{R}^{n} formada por autovetores (este é o conteúdo do Teorema Espectral para matrizes simétricas).
Conclusão: como A é simétrica e seus autovalores são reais (fornecidos), existe uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Agora vamos construir essa base explicitamente.
Passo 3
Vou encontrar um autovetor associado ao autovalor \lambda=0\). Resolve-se \((A-0I)v=Av=0\), isto é, o sistema linear
\[\begin{cases} 5x+2y-4z=0,\\[4pt] 2x+4y+0z=0,\\[4pt] -4x+0y+4z=0. \end{cases}
Da segunda equação vem 2x+4y=0\Rightarrow x=-2y\].
Da terceira vem \(-4x+4z=0\Rightarrow z=x.
Substituindo x=-2y obtemos z=-2y. Assim um autovetor (não nulo) é
v_{0}=(-2,\,1,\,-2).]
Passo 4
Normalizo v_{0} para obter um autovetor unitário. O comprimento de v_{0} é
Da segunda equação: 2x-5y=0\Rightarrow x=\tfrac{5}{2}y.
Da terceira: -4x-5z=0\Rightarrow z=-\tfrac{4}{5}x. Substituindo x=\tfrac{5}{2}y dá z=-2y.
Tomando y=2 (para evitar frações) obtemos o autovetor
Por construção (diagonalização com raízes positivas) vale B^{2}=A. Se quiser, dá para verificar multiplicando B por B e confirmando que reaparece A, mas a argumentação via diagonalização é suficiente e conceitualmente mais limpa.]
Resposta
(a) Uma base ortonormal de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de A é