Seja
A=\left[\begin{array}{ccc} 5 & 2 & -4 \\\\ 2 & 4 & 0 \\\\ -4 & 0 & 4 \end{array}\right]
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.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}5 & 2 & -4 \\[4pt] 2 & 4 & 0 \\[4pt] -4 & 0 & 4\end{pmatrix}
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.
  1. 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.
  2. 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,
v^{T}(\mu w)= (\lambda v)^{T}w \quad\Rightarrow\quad \mu\, v^{T}w=\lambda\, v^{T}w.
Assim (\lambda-\mu)\,v^{T}w=0. Se \lambda\neq\mu segue v^{T}w=0, ou seja, v e w são ortogonais.
  1. 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
\|v_{0}\|=\sqrt{(-2)^{2}+1^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{4+1+4}=\sqrt{9}=3.
Logo o autovetor unitário correspondente a \lambda=0 é
u_{1}=\frac{1}{3}(-2,\,1,\,-2)=\left(-\tfrac{2}{3},\;\tfrac{1}{3},\;-\tfrac{2}{3}\right).

Passo 5

Agora encontro um autovetor para \lambda=4. Resolve-se (A-4I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix}1 & 2 & -4\\[4pt] 2 & 0 & 0\\[4pt] -4 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da segunda equação obtemos 2x=0\Rightarrow x=0. Substituindo em primeira: 2y-4z=0\Rightarrow y=2z.
Escolhendo z=1 obtemos o autovetor
v_{4}=(0,\,2,\,1).]

Passo 6

Normalizo v_{4}. O comprimento é
\|v_{4}\|=\sqrt{0^{2}+2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}.
Portanto o autovetor unitário para \lambda=4 é
u_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}(0,\,2,\,1)=\left(0,\;\tfrac{2}{\sqrt{5}},\;\tfrac{1}{\sqrt{5}}\right).

Passo 7

Encontro um autovetor para \lambda=9. Resolve-se (A-9I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix}-4 & 2 & -4\\[4pt] 2 & -5 & 0\\[4pt] -4 & 0 & -5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
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 z=-2y.
Tomando y=2 (para evitar frações) obtemos o autovetor
v_{9}=(5,\,2,\,-4).]

Passo 8

Normalizo v_{9}. O comprimento é
\|v_{9}\|=\sqrt{5^{2}+2^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{25+4+16}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}.
Logo o autovetor unitário para \lambda=9 é
u_{3}=\frac{1}{3\sqrt{5}}(5,\,2,\,-4)=\left(\tfrac{5}{3\sqrt{5}},\;\tfrac{2}{3\sqrt{5}},\;-\tfrac{4}{3\sqrt{5}}\right).

Passo 9

Verifico (para garantir) que os vetores normalizados u_{1},u_{2},u_{3} são mutuamente ortogonais:
  • u_{1}\cdot u_{2}=\frac{1}{3}\,(-2,1,-2)\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}(0,2,1)=\frac{1}{3\sqrt{5}}(0+2-2)=0.
  • u_{1}\cdot u_{3}=\frac{1}{3}\,(-2,1,-2)\cdot\frac{1}{3\sqrt{5}}(5,2,-4)=\frac{1}{9\sqrt{5}}(-10+2+8)=0.
  • u_{2}\cdot u_{3}=\frac{1}{\sqrt{5}}(0,2,1)\cdot\frac{1}{3\sqrt{5}}(5,2,-4)=\frac{1}{3\cdot5}(0+4-4)=0.
Como são unitários e mutuamente ortogonais, \{u_{1},u_{2},u_{3}\} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de A.

Passo 10

Construção da matriz B tal que B^{2}=A.
Método e ideia didática:
  • Como A é diagonalizável por uma matriz ortogonal (colunas são u_{1},u_{2},u_{3}), existe matriz ortogonal Q com colunas u_{1},u_{2},u_{3} tal que
A=Q\begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&4&0\\[4pt]0&0&9\end{pmatrix}Q^{T}.
  • Se definirmos D^{1/2}=\operatorname{diag}(0,\;2,\;3) (raízes não negativas porque os autovalores são não negativos), então a matriz
B=Q\,D^{1/2}\,Q^{T}
é simétrica e satisfaz B^{2}=Q\,D^{1/2}\,Q^{T}Q\,D^{1/2}\,Q^{T}=Q\,D^{1/2}D^{1/2}\,Q^{T}=Q\,D\,Q^{T}=A.
Cálculo explícito: como D^{1/2}=\operatorname{diag}(0,2,3), temos
B=2\,u_{2}u_{2}^{T}+3\,u_{3}u_{3}^{T}+0\cdot u_{1}u_{1}^{T}=2\,u_{2}u_{2}^{T}+3\,u_{3}u_{3}^{T}.
Fazendo as contas (multiplicando vetores coluna por vetores linha) obtém-se a matriz explicitamente:
B=\begin{pmatrix} \tfrac{5}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{4}{3}\\[6pt] \tfrac{2}{3} & \tfrac{28}{15} & \tfrac{4}{15}\\[6pt] -\tfrac{4}{3} & \tfrac{4}{15} & \tfrac{22}{15} \end{pmatrix}.
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
u_{1}=\left(-\tfrac{2}{3},\;\tfrac{1}{3},\;-\tfrac{2}{3}\right),\qquad u_{2}=\left(0,\;\tfrac{2}{\sqrt{5}},\;\tfrac{1}{\sqrt{5}}\right),\qquad u_{3}=\left(\tfrac{5}{3\sqrt{5}},\;\tfrac{2}{3\sqrt{5}},\;-\tfrac{4}{3\sqrt{5}}\right).
(b) Uma matriz B tal que B^{2}=A é
B=\begin{pmatrix} \tfrac{5}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{4}{3}\\[6pt] \tfrac{2}{3} & \tfrac{28}{15} & \tfrac{4}{15}\\[6pt] -\tfrac{4}{3} & \tfrac{4}{15} & \tfrac{22}{15} \end{pmatrix}.]

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