Seja T: R^3 R^3 dada por T(x, y, z)=(x+4 y+2 z, 4 x-5 y-4 z, 2 x-4 y+z) com produto interno canônico. Se v=(2,-1,5) e w=(3,0,1), verifique que lang<= T v, wrang<==lang<= v, T wrang<=. Exiba uma base de autovetores de T e à partir desta escreva uma base ortonormal.

Passo 1

O enunciado define o operador linear
T(x,y,z) = (,x+4y+2z,;4x-5y-4z,;2x-4y+z)
no espaço R^3 com o produto interno canônico lang<= (u1,u2,u3),(v1,v2,v3)rang<= = u1v1+u2v2+u3v3.
Preciso (i) verificar que lang<= T v,wrang<==lang<= v,T wrang<= para v=(2,-1,5) e w=(3,0,1), e (ii) exibir uma base de autovetores de T e a partir dela construir uma base ortonormal.

Passo 2

Calculo T v e T w:
T(2,-1,5) = (,2+4(-1)+2cdot5,;4cdot2-5(-1)-4cdot5,;2cdot2-4(-1)+1cdot5) = (8,-7,13),
T(3,0,1) = (,3+4cdot0+2cdot1,;4cdot3-5cdot0-4cdot1,;2cdot3-4cdot0+1cdot1) = (5,8,7)
Então
lang<= T v,wrang<= = (8,-7,13)cdot(3,0,1) = 8cdot3+(-7)cdot0+13cdot1 = 37,
lang<= v,T wrang<= = (2,-1,5)cdot(5,8,7) = 2cdot5+(-1)cdot8+5cdot7 = 37,
logo lang<= T v,wrang<==lang<= v,T wrang<=. De fato, a matriz de T é
A = 1 & 4 & 2 4 & -5 & -4 2 & -4 & 1 ,
que é simétrica, garantindo lang<= T x,yrang<==lang<= x,T yrang<= para todos x,y.

Passo 3

Para achar os autovalores, calculo o polinômio característico det(A-lambda I)=0. Tem-se
det 1-lambda & 4 & 2 4 & -5-lambda & -4 2 & -4 & 1-lambda = -lambda^3 - 3lambda^2 +45lambda -81 = 0
ou seja
lambda^3 +3lambda^2 -45lambda +81 = 0
Testando lambda=3 vê-se que é raiz dupla, e a terceira raiz é lambda=-9. Assim os autovalores são
lambda1 = 3;( mu<iplicidade 2), lambda2 = -9

Passo 4

Para lambda=3, resolvo (A-3I)x=0, o que dá o sistema
-x+2y+z=0
Duas variáveis livres y,z. Tomo y=1,z=0Rightarrow x=2 e y=0,z=1Rightarrow x=1, gerando os autovetores
v2 = (2,1,0), v3 = (1,0,1)
Para lambda=-9, resolvo (A+9I)x=0, chegando a y=-2x, z=-x. Tomo x=1, o que dá o autovetor
v1 = (1,-2,-1)
Logo uma base de autovetores de T é
,v1=(1,-2,-1),;v2=(2,1,0),;v3=(1,0,1)

Passo 5

Como T é simétrica, autovetores de autovalores distintos já são ortogonais: verifica-se v1cdot v2=0 e v1cdot v3=0. No subespaço de lambda=3 aplico Gram–Schmidt a v2,v3:
  1. u2 = v2 = (2,1,0), |u2|=raiz5, então e2 = 1raiz5(2,1,0).
  2. Projeção de v3 em u2: proju2v3=v3cdot u2u2cdot u2u2 =25(2,1,0)=(tfrac45,tfrac25,0).
    Então u3=v3-proju2v3=(1,0,1)-(tfrac45,tfrac25,0)=(tfrac15,-tfrac25,1), |u3|=raiz30/5, e e3 = u3|u3| = 1raiz30(1,-2,5)
Finalmente normalizo v1: |v1|=raiz6, então
e1 = 1raiz6(1,-2,-1)

Resposta

Base de autovetores de T:
(1,-2,-1),;(2,1,0),;(1,0,1)
Base ortonormal de autovetores:
l, 1raiz6(1,-2,-1),; 1raiz5(2,1,0),; 1raiz30(1,-2,5) r

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