(a) ( 15 pontos) Calcule os autovalores de B. Encontre o(s) valor(es) de c para os quais B é diagonalizável.
(b) ( 15 pontos) Para os valores de c para os quais B é diagonalizável, justifique a existência de uma matriz ortogonal P tal que P^{T} B P seja diagonal e exiba uma tal matriz.
(c) ( 5 pontos) Calcule as coordenadas do vetor (1,1,1,1) com respeito a uma base de autovetores de B.
(a) calcular os autovalores de B e encontrar os valores de c para os quais B é diagonalizável;
(b) para esses valores de c, justificar que existe uma matriz ortogonal P tal que P^{T}BP é diagonal e exibir uma tal P;
(c) calcular as coordenadas do vetor (1,1,1,1) em relação a uma base de autovetores de B.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
A matriz é em bloco superior (duas primeiras linhas/colunas formam um bloco 2\times2, as últimas duas formam outro bloco triangular).
O parâmetro c aparece em posições que ligam os blocos (entradas (1,3), (2,4), (3,4)), então a estrutura do espaço próprio pode depender de c.
Passo 2
Primeiro passo prático: encontrar os autovalores. Uma observação importante (útil na prova): para uma matriz em bloco triangular por blocos diagonais (ou simplesmente triangular), o polinômio característico é o produto dos polinômios característicos dos blocos diagonais; assim os autovalores de B são os autovalores dos blocos 2\times2 no canto superior esquerdo e no canto inferior direito.
Isolando os blocos:
Bloco superior esquerdo A=\begin{pmatrix}1&3\\[4pt]3&1\end{pmatrix}.
Bloco inferior direito C=\begin{pmatrix}-2 & c\\[4pt]0 & -2\end{pmatrix} (é triangular superior com diagonal -2,-2).
Portanto, os autovalores de B são os autovalores de A e de C reunidos.]
Passo 3
Calcular os autovalores de A. O polinômio característico de A é
Agora estudar diagonalizabilidade. Lembrete teórico (importante para a prova): uma matriz é diagonalizável se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) iguala a multiplicidade algébrica. Então devemos calcular a dimensão do espaço próprio de [\lambda=-2) (já que \lambda=4 tem multiplicidade algébrica 1 e, nesse caso, terá automaticamente multiplicidade geométrica 1 se existir um autovetor não-nulo).
Calculamos o espaço próprio de \lambda=-2 resolvendo (B+2I)v=0. Escrevendo v=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T e formando B+2I:
\begin{cases} 3x_1+3x_2 + c x_3 = 0,\\[4pt] 3x_1+3x_2 + c x_4 = 0,\\[4pt] c x_4 = 0. \end{cases}
Analisemos dois casos separados (porque a presença de (c] muda os graus de liberdade):
Caso 1: c\neq 0.
Da terceira equação segue x_4=0. Subtraindo a segunda equação da primeira temos c(x_3-x_4)=0, como c\neq 0 e x_4=0 segue x_3=0. Então as duas primeiras equações reduzem a
3x_1+3x_2=0\quad\Longrightarrow\quad x_1=-x_2.
Portanto os vetores próprios têm forma v=( -t,\, t,\,0,\,0)^T com um parâmetro t. Assim a dimensão do espaço próprio para \lambda=-2 é 1 quando c\neq 0.
Como a multiplicidade algébrica de \lambda=-2 é 3, para c\neq 0 temos multiplicidade geométrica 1<3: portanto B não é diagonalizável quando c\neq 0.
As equações reduzem a 3x_1+3x_2=0, ou x_1=-x_2, sem restrições sobre x_3,x_4. Assim temos três parâmetros livres (por exemplo x_2,x_3,x_4), e a dimensão do espaço próprio para \lambda=-2 é 3.
Como a multiplicidade geométrica =3 coincide com a multiplicidade algébrica =3, o autovalor -2 não impõe problema: para c=0 a condição de diagonalizabilidade é satisfeita.]
Passo 5
Conclusão sobre (a): os autovalores são \lambda=4 (mult. alg. 1) e \lambda=-2 (mult. alg. 3). A matriz B é diagonalizável se, e somente se, c=0. Para qualquer c\neq 0, B não é diagonalizável porque o espaço próprio de -2 tem dimensão 1 em vez de 3.
Força — acabamos a parte (a). Agora vamos à parte (b) pra montar a matriz ortogonal explicitamente.
Passo 6
Parte (b). Justificativa teórica: quando c=0 a matriz fica
que é simétrica (B^{T}=B). Teorema importante (muito usado em provas): toda matriz simétrica real é diagonalizável por uma matriz ortogonal — isto é, existe uma base ortonormal de autovetores e, colocando esses vetores como colunas de P, obtém-se P^{T}BP diagonal. Então existe uma matriz ortogonal P com P^{T}BP=\operatorname{diag}(4,-2,-2,-2).
Agora vamos exibir explicitamente uma base ortonormal de autovetores quando c=0.
Passo 7
Encontrar autovetores e ortonormalizá-los (quando necessário).
Para o autovalor \lambda=4 (vem do bloco superior A):
resolver (A-4I)u=0, ou
Verificação rápida (intuição): esses quatro vetores são mutuamente ortogonais e normalizados, logo formam uma base ortonormal de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de B (para c=0).
Assim uma matriz ortogonal P é a matriz cujas colunas são v_1,v_2,v_3,v_4: