Seja
B=\left[\begin{array}{cccc} 1 & 3 & c & 0 \\\\ 3 & 1 & 0 & c \\\\ 0 & 0 & -2 & c \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{array}\right]
(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.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
B=\begin{pmatrix} 1 & 3 & c & 0 \\\\ 3 & 1 & 0 & c \\\\ 0 & 0 & -2 & c \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • (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
\det\!\left(\begin{pmatrix}1&3\\[4pt]3&1\end{pmatrix}-\lambda I\right) =\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 3\\[4pt]3 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)^2-9.
Assim
(1-\lambda)^2-9=0\quad\Longrightarrow\quad (1-\lambda)^2=9\quad\Longrightarrow\quad 1-\lambda=\pm 3.
Logo \lambda=1-3=-2 ou \lambda=1+3=4.
Para C (que é triangular) os autovalores são simplesmente os elementos da diagonal: -2 e -2. Portanto, reunindo tudo, os autovalores de B são
\lambda=4\quad(\text{multiplicidade algébrica }1),\qquad \lambda=-2\quad(\text{multiplicidade algébrica }3).éé]

Passo 4

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:
B+2I=\begin{pmatrix} 3 & 3 & c & 0 \\\\ 3 & 3 & 0 & c \\\\ 0 & 0 & 0 & c \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
As equações lineares correspondentes são
\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.
Caso 2: c=0.
Substituindo c=0 em B+2I obtemos
B+2I=\begin{pmatrix} 3 & 3 & 0 & 0 \\\\ 3 & 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
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
B=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 0 \\\\ 3 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix},
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
\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_1\\[2pt]u_2\end{pmatrix}=0
leva a -3u_1+3u_2=0\Rightarrow u_1=u_2. Podemos escolher u=(1,1,0,0)^T. Normalizando (produto interno euclideano) o vetor fica
v_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Para \lambda=-2 há três autovetores linearmente independentes. Uma escolha natural (vindos do bloco superior e das coordenadas standard) é:
  • do bloco superior, solução de (A+2I)w=0 w_1=-w_2. Podemos escolher w=(1,-1,0,0)^T. Normalizando:
v_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  • do bloco inferior (diagonal -2,-2) já temos autovetores canônicos independentes (0,0,1,0)^T e (0,0,0,1)^T. Eles já têm norma 1, então tomamos
v_3=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad v_4=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
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:
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Por construção P^{T}P=I (ortogonalidade) e P^{T}BP=\operatorname{diag}(4,-2,-2,-2).]

Passo 8

Parte (c). Calcular as coordenadas do vetor v=(1,1,1,1)^T em relação à base de autovetores escolhida \{v_1,v_2,v_3,v_4\}.
Como a base é ortonormal, as coordenadas são simplesmente os produtos internos \langle v,v_i\rangle.
Calculemos:
\langle v,v_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1\cdot 1 + 1\cdot 1 + 1\cdot 0 + 1\cdot 0) = \frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
\langle v,v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1\cdot 1 + 1\cdot(-1) + 0 + 0) = \frac{0}{\sqrt{2}}=0.
\langle v,v_3\rangle = 1,\qquad \langle v,v_4\rangle=1,
porque v_3,v_4 são os vetores canônicos nas posições 3 e 4.
Portanto as coordenadas de v na base \{v_1,v_2,v_3,v_4\} são
(\sqrt{2},\,0,\,1,\,1).

Resposta

(a) Autovalores: \lambda=4 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=-2 (multiplicidade algébrica 3).
B é diagonalizável exatamente quando c=0.
(b) Para c=0 existe matriz ortogonal P tal que P^{T}BP=\operatorname{diag}(4,-2,-2,-2). Uma escolha é
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
(c) As coordenadas de (1,1,1,1) na base de autovetores dada pelas colunas de P são
(\sqrt{2},\,0,\,1,\,1).]

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