Sejam T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma transformação linear, em que \mathbb{R}^{3} está munido com o produto interno usual, e \alpha a base canônica de \mathbb{R}^{3}. Assuma que [T]_{\alpha}=A e, se possível, determine uma base ortonormal formada por autovetores de T nos itens abaixo.
b) A=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 2 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 2 & -1 & 1\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica \alpha é
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & -1 & 1\end{pmatrix}.
O que se pede: determinar, se possível, uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T.
Informações relevantes dadas:
  • A matriz A é fornecida explicitamente (veja acima).
  • Deve-se produzir vetores ortonormais (norma 1 e mutuamente ortogonais) que sejam autovetores de A.]

Passo 2

Primeiro reconhecimento importante (teoria curta e útil): uma matriz simétrica real tem uma base ortonormal de autovetores (teorema espectral para matrizes reais simétricas). Verificar simetria de A:
A^T=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & -1 & 1\end{pmatrix}=A,
portanto A é simétrica. Conclusão: existe sim uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Agora vamos achar explicitamente esses autovetores e normalizá‑los.]

Passo 3

Calcular os autovalores resolvendo \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 1-\lambda & -1 \\[4pt] 2 & -1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo o determinante pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] -1 & 1-\lambda\end{pmatrix} +2\det\begin{pmatrix}0 & 1-\lambda \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}.
Calcule cada parte:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] -1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1,
\det\begin{pmatrix}0 & 1-\lambda \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}=0\cdot(-1)-(1-\lambda)\cdot 2=-2(1-\lambda).
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-1\big)+2\big(-2(1-\lambda)\big)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-1-4\big).
Ou seja,
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-5\big).
Fazendo \mu=1-\lambda obtemos \mu(\mu^2-5)=0, logo \mu=0 ou \mu=\pm\sqrt{5}. Voltando para \lambda:
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=1+\sqrt{5},\qquad \lambda_3=1-\sqrt{5}.
Os autovalores são reais e distintos, como esperado para matriz simétrica.]

Passo 4

Encontrar autovetor para \lambda_1=1\). Resolver \((A-I)v=0\). A matriz \(A-I\) é \[A-I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & -1 \\[4pt] 2 & -1 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema para v=(x,y,z):
\begin{cases} 2z=0,\\[4pt] - z=0,\\[4pt] 2x-y=0. \end{cases}
Das duas primeiras equações vem z=0\]. Da terceira vem \(y=2x. Então os autovetores correspondentes são múltiplos de (1,2,0). Escolhendo v_1=(1,2,0).
Agora normalizar v_1: norma é \|v_1\|=\sqrt{1^2+2^2+0^2}=\sqrt{5}. O vetor unitário correspondente é
u_1=\frac{1}{\sqrt{5}}(1,2,0)=\left(\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}},0\right).
Breve lembrete (didático): para normalizar divide‑se o vetor pelo seu comprimento \sqrt{\text{soma dos quadrados das coordenadas}}.]

Passo 5

Encontrar autovetor para \lambda_2=1+\sqrt{5}\). Resolver \((A-(1+\sqrt{5})I)v=0\). A equação matricial é \[\begin{pmatrix}-\sqrt{5} & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -\sqrt{5} & -1 \\[4pt] 2 & -1 & -\sqrt{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das equações obtemos:
\begin{cases} -\sqrt{5}\,x+2z=0 \quad\Rightarrow\quad z=\dfrac{\sqrt{5}}{2}x,\\[6pt] -\sqrt{5}\,y - z=0 \quad\Rightarrow\quad z=-\sqrt{5}\,y. \end{cases}
Igualando as duas expressões para z\]: \[\dfrac{\sqrt{5}}{2}x=-\sqrt{5}\,y \quad\Rightarrow\quad y=-\dfrac{1}{2}x.\] Tomando \(x=2 para evitar frações, obtemos y=-1 e então z=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\cdot 2=\sqrt{5}. Assim um autovetor conveniente é
v_2=(2,-1,\sqrt{5}).
Calcular a norma:
\|v_2\|=\sqrt{2^2+(-1)^2+(\sqrt{5})^2}=\sqrt{4+1+5}=\sqrt{10}.
Logo o vetor unitário correspondente é
u_2=\frac{1}{\sqrt{10}}(2,-1,\sqrt{5})=\left(\frac{2}{\sqrt{10}},-\frac{1}{\sqrt{10}},\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}\right).
Podemos simplificar a terceira componente: \dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}. Então
u_2=\left(\frac{2}{\sqrt{10}},-\frac{1}{\sqrt{10}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).]

Passo 6

Encontrar autovetor para \lambda_3=1-\sqrt{5}\). Resolver \((A-(1-\sqrt{5})I)v=0\). A matriz é \[\begin{pmatrix}\sqrt{5} & 0 & 2 \\[4pt] 0 & \sqrt{5} & -1 \\[4pt] 2 & -1 & \sqrt{5}\end{pmatrix}.
Analogamente ao caso anterior obtemos as relações
\begin{cases} \sqrt{5}\,x+2z=0 \quad\Rightarrow\quad z=-\dfrac{\sqrt{5}}{2}x,\\[6pt] \sqrt{5}\,y - z=0 \quad\Rightarrow\quad z=\sqrt{5}\,y. \end{cases}
Igualando:
\sqrt{5}\,y=-\dfrac{\sqrt{5}}{2}x \quad\Rightarrow\quad y=-\dfrac{1}{2}x.
Tomando x=2\] novamente, obtemos \(y=-1 e z=-\sqrt{5}. Um autovetor conveniente é
v_3=(2,-1,-\sqrt{5}).
Norma:
\|v_3\|=\sqrt{2^2+(-1)^2+(-\sqrt{5})^2}=\sqrt{4+1+5}=\sqrt{10}.
Vetor unitário:
u_3=\frac{1}{\sqrt{10}}(2,-1,-\sqrt{5})=\left(\frac{2}{\sqrt{10}},-\frac{1}{\sqrt{10}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).]

Passo 7

Verificações finais (importante na prova):
  • Os vetores u_1,u_2,u_3 são autovetores correspondentes a autovalores distintos, logo linearmente independentes.
  • Como A é simétrica, autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais; de fato pode-se verificar o produto escalar: u_1\cdot u_2=0,\qquad u_1\cdot u_3=0,\qquad u_2\cdot u_3=0.
  • Cada u_i tem norma 1 por construção. Portanto \{u_1,u_2,u_3\} é uma base ortonormal de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T.

Resposta

\left(\dfrac{1}{\sqrt{5}},\dfrac{2}{\sqrt{5}},0\right)
\left(\dfrac{2}{\sqrt{10}},-\dfrac{1}{\sqrt{10}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)
\left(\dfrac{2}{\sqrt{10}},-\dfrac{1}{\sqrt{10}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)

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