Seja a matriz simétrica A,
A=\left(\begin{array}{lll} 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 2 \\\\ 0 & 2 & 5 \end{array}\right)
(a) Calcule os autovalores de A
(b) Calcule os autovetores ortonormais de A associados aos autovalores.
(c) Dê a matriz P tal que A=P^{T} D P, isto é, a matriz que diagonaliza A, onde D é a matriz diagonal formada pelos autovalores (Mostre a matriz D ).

Passo 1

O enunciado dá a matriz simétrica
A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 2\\[4pt] 0 & 2 & 5 \end{pmatrix}
e pergunta:
  • (a) calcular os autovalores de A;
  • (b) calcular autovetores ortonormais associados a esses autovalores;
  • (c) dar uma matriz P tal que A=P^{T} D P, mostrando também a matriz diagonal D formada pelos autovalores.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A é uma matriz real e simétrica (isto garante que existe uma base ortonormal de autovetores e que podemos diagonalizá-la por uma matriz ortogonal).
  • Os elementos de A estão explicitamente indicados; observa-se que a primeira linha/coluna está desacoplada das outras (zeros fora da diagonal na primeira linha/coluna), ou seja, há um bloco 2\times2 na parte inferior direita \begin{pmatrix}2&2\\[2pt]2&5\end{pmatrix} que define dois autovalores, e a entrada 3 na posição (1,1) costuma dar um autovalor imediato.]

Passo 2

Definição e método para encontrar autovalores (passo didático):
  • Um escalar \lambda é autovalor de A se existe vetor não nulo v tal que A v=\lambda v.
  • Os autovalores são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
    Aplicando isso à nossa matriz, aproveitamos a estrutura em blocos: como a primeira linha/coluna tem zeros fora de 3, nota-se imediatamente que \lambda=3 será um autovalor (vetor próprio com componente apenas na primeira coordenada). Para os outros autovalores consideramos o bloco 2\times2
B=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]2 & 5\end{pmatrix}.
Os autovalores restantes são as raízes de \det(B-\lambda I)=0. Calculemos:
\det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & 2\\[4pt]2 & 5-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(5-\lambda)-4.
Expandindo:
(2-\lambda)(5-\lambda)-4=\lambda^{2}-7\lambda+10-4=\lambda^{2}-7\lambda+6.
Resolvendo \lambda^{2}-7\lambda+6=0:
\lambda=\frac{7\pm\sqrt{49-24}}{2}=\frac{7\pm5}{2}.
Portanto as raízes são \lambda=6 e \lambda=1.
Concluímos os autovalores (sem ordem particular ainda):
\lambda_{1}=3,\qquad \lambda_{2}=6,\qquad \lambda_{3}=1.]

Passo 3

Encontrar autovetores (escalando até obter vetores não nulos) — método:
  • Para cada \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0.
    Vamos fazer para cada autovalor.
(1) Para \lambda=3:
A-3I=\begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&-1&2\\[4pt]0&2&2\end{pmatrix}.
Escrevendo v=(x,y,z)^{T}, as equações são
0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0\quad(\text{sem informação}),çã
- y +2z=0 \quad\Rightarrow\quad y=2z,
2y+2z=0 \quad\Rightarrow\quad 2(2z)+2z=6z=0\Rightarrow z=0.
Logo z=0, y=0, e x é livre (não aparece nas equações restantes). Tomando x=1 obtemos o autovetor
v^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(2) Para \lambda=6:
A-6I=\begin{pmatrix}-3&0&0\\[4pt]0&-4&2\\[4pt]0&2&-1\end{pmatrix}.
Da primeira equação vem -3x=0\Rightarrow x=0. As outras duas dão o sistema
-4y+2z=0,\qquad 2y - z=0.
Da segunda z=2y. Substituindo na primeira: -4y+2(2y)= -4y+4y=0 (consistente). Tomando y=1 obtemos z=2. Assim um autovetor associado a \lambda=6 é
v^{(6)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
(3) Para \lambda=1:
A-1I=\begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]0&1&2\\[4pt]0&2&4\end{pmatrix}.
Da primeira equação 2x=0\Rightarrow x=0. As outras duas dão
y+2z=0,\qquad 2y+4z=0.
Da primeira y=-2z. Tomando z=1 obtemos y=-2. Logo um autovetor associado a \lambda=1 é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação: os vetores achados são não-nulos e estão alinhados com os autovalores correspondentes. Além disso, como A é simétrica, autovetores de autovalores distintos são ortogonais — isso podemos verificar explicitamente se quisermos.]

Passo 4

Normalizar os autovetores e obter um conjunto ortonormal (explicando a fórmula de normalização):
  • Para normalizar um vetor v calcula-se \|v\|=\sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2}} e divide-se v por \|v\|.
    Aplicando aos vetores encontrados:
(i) Para \lambda=3: v^{(3)}=(1,0,0)^{T} já tem norma \|v^{(3)}\|=1. Portanto o vetor unitário é
u^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(ii) Para \lambda=6: v^{(6)}=(0,1,2)^{T} tem norma
\|v^{(6)}\|=\sqrt{0^{2}+1^{2}+2^{2}}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}.
Logo o autovetor unitário é
u^{(6)}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[6pt]\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}.
(iii) Para \lambda=1: v^{(1)}=(0,-2,1)^{T} tem norma
\|v^{(1)}\|=\sqrt{0^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}.
Logo o autovetor unitário é
u^{(1)}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}.
Verificação rápida de ortogonalidade entre os vetores normalizados (apenas para garantir a ortonormalidade):
  • u^{(3)}\cdot u^{(6)}=1\cdot 0 + 0\cdot\dfrac{1}{\sqrt{5}} + 0\cdot\dfrac{2}{\sqrt{5}}=0.
  • u^{(3)}\cdot u^{(1)}=0.
  • u^{(6)}\cdot u^{(1)}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)+\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{5}}=\dfrac{-2+2}{5}=0.
    Portanto \{u^{(3)},u^{(6)},u^{(1)}\} é um conjunto ortonormal de autovetores.]

Passo 5

Construir a matriz diagonal D e a matriz P que satisfaz A=P^{T} D P (explicação do porquê):
  • Se colocarmos os vetores unitários como colunas de uma matriz ortogonal Q, isto é,
Q=\begin{pmatrix} \big| & \big| & \big|\\[2pt] u^{(3)} & u^{(6)} & u^{(1)}\\[2pt] \big| & \big| & \big| \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & \dfrac{1}{\sqrt{5}} & -\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[8pt] 0 & \dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}} \end{pmatrix},
então a diagonalização ortogonal dá A=Q D Q^{T}, onde D é a diagonal com os autovalores na mesma ordem das colunas de Q. Aqui escolhemos a ordem das colunas como (\lambda=3,\lambda=6,\lambda=1), então
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&6&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix}.
O enunciado pede uma matriz P tal que A=P^{T} D P. Basta tomar
P=Q^{T}.
Isso funciona porque
P^{T} D P=(Q^{T})^{T} D Q^{T}=Q D Q^{T}=A.
Escrevendo explicitamente P=Q^{T} (linhas são os vetores u^{(3)}{}^{T},u^{(6)}{}^{T},u^{(1)}{}^{T}):
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & \dfrac{1}{\sqrt{5}} & \dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[8pt] 0 & -\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}.
(Verifique: as linhas de P são exatamente os vetores unitários escritos como linhas; com essa escolha P^{T} D P=Q D Q^{T}=A.)]

Resposta

(a) \lambda=3,\\ \lambda=6,\\ \lambda=1
(b) Autovetores ortonormais (ordenados conforme os autovalores acima):
u^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad u^{(6)}=\begin{pmatrix}0\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}}\\[6pt]\dfrac{2}{\sqrt{5}}\end{pmatrix},\qquad u^{(1)}=\begin{pmatrix}0\\[6pt]-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{5}}\end{pmatrix}
(c) Matriz diagonal D (na mesma ordem dos vetores acima) e matriz P tal que A=P^{T} D P:
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&6&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix},\qquad P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & \dfrac{1}{\sqrt{5}} & \dfrac{2}{\sqrt{5}}\\[8pt] 0 & -\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}

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