Exercícios Resolvidos de Teorema Espectral

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Enunciado

Seja T :   R 3 → R 3   a transformação linear dada por T ( u ) = ( u   ×   ( 1 ,   1 ,   1 ) )   ×   ( 1 ,   1 ,   1 ) .

(a) Mostre que a matriz de T na base canônica de R 3 é:

T = - 2 1 1 1 - 2 1 1 1 - 2

(b) Determine os autovalores de T .

(Dica na conta: - 2 - x 3 = - x + 2 3 = - ( x 3 + 6   x 2 + 12   x + 8 ) .)

(c) Determine os autoespaços de T .

(d) T   é sobrejetora?

(e) Existe uma base ortonormal de R 3 feita de autovetores de T ? Se sua resposta foi afirmativa, exiba uma base ortonormal de R 3 feita de autovetores de T . Se sua resposta foi negativa, justifique.

(f) T é ortogonalmente diagonalizável? Se sua resposta foi afirmativa, diagonalize T ortogonalmente. Se sua resposta foi negativa, justifique.

(g) Use a definição de T e dê uma justificativa geométrica para encontrar novamente os autoespaços de T .

(h) Use a definição de T e dê uma justificativa geométrica para encontrar novamente os autovalores de T .

Passo 1

a)

Sendo u = x , y , z , vamos achar T u . Primeiro, vamos fazer   x , y , z × 1,1 , 1 :

i → j → k → x y z 1 1 1 = y - z i → + z - x j → + x - y k →

x , y , z × 1,1 , 1 = ( y - z , z - x , x - y )

E agora, y - z , z - x , x - z × 1,1 , 1 :

i → j → k → y - z z - x x - y 1 1 1 = - 2 x + y + z i → + x - 2 y + z j → + x + y - 2 z k →

x , y , z × 1,1 , 1 × 1,1 , 1 = - 2 x + y + z ,   x - 2 y + z ,   x + y - 2 z

Assim, T x , y , z = - 2 x + y + z ,   x - 2 y + z ,   x + y - 2 z .

Separando o que multiplica cada variável nas respectivas colunas, achamos a matriz da transformação:

T = - 2 1 1 1 - 2 1 1 1 - 2

Passo 2

b)

Vamos achar o polinômio característico:

p λ = det ⁡ T - λ I = - 2 - λ 1 1 1 - 2 - λ 1 1 1 - 2 - λ

p λ = - 2 - λ 3 + 2 - 3 - 2 - λ

Usando a dica do enunciado:

p λ = - λ 3 - 6   λ 2 - 12   λ - 8 + 2 + 6 + 3 λ

p λ = - λ 3 - 6   λ 2 - 9   λ = - λ λ + 3 2

Logo, os autovalores são: λ 1 = 0   e λ 2 = - 3 .

Passo 3

c)

Para achar os autoespaços é só aplicar os autovalores na matriz e resolver os sistemas:

λ 1 = 0

- 2 1 1 1 - 2 1 1 1 - 2 x y z = 0 0 0

Vamos resolver escalonando:

- 2 1 1 1 - 2 1 1 1 - 2 0 0 0 → L 1 ↔ L 2 1 - 2 1 - 2 1 1 1 1 - 2 0 0 0 → L 2 → L 2 + 2 L 1 L 3 → L 3 - L 1 1 - 2 1 0 - 3 3 0 3 - 3 0 0 0

1 - 2 1 0 - 3 3 0 3 - 3 0 0 0 → L 3 → L 3 + L 2 1 - 2 1 0 - 3 3 0 0 0 0 0 0

Voltando para as equações:

x - 2 y + z = 0 - 3 y + 3 z = 0 ⟹ z = y

Substituindo na primeira:

x - 2 y + z = 0

x - 2 y + y = 0 ⟹ x = y

Logo,

x , y , z = y , y , y = y ( 1,1 , 1 )

V 1 = ( 1,1 , 1 )

Agora o próximo autovalor:

λ 1 = - 3

- 2 1 1 1 - 2 1 1 1 - 2 x y z = - 3 x - 3 y - 3 z

Vou passar para a forma de equações para reorganizer o sistema:

- 2 x + y + z = - 3 x x - 2 y + z = - 3 y x + y - 2 z = - 3 z ⟹ x + y + z = 0 x + y + z = 0 x + y + z = 0

Tenho então que x = - y - z .

x , y , z = - y - z , y , z = y - 1,1 , 0 + z ( - 1,0 , 1 )

V 2 = - 1,1 , 0 ,   ( - 1,0 , 1 )

Passo 4

d) Para ser sobrejetora, a imagem deve ser igual ao contradomínio, o R 3 .   Para isso, deve ter dimensão igual a 3.

Sabemos que o autoespaço associado ao autovalor λ 1 = 0   é o núcleo e na letra c) descobrimos que ele tem apenas 1 vetor na base, ou seja, dimensão 1.

Como temos a dimensão do núcleo e queremos a da imagem, o caminho mais fácil para sair desse problema é usando o TNI:

dim ⁡ N u c T + dim ⁡ I m T = 3

dim ⁡ I m T = 3 - 1 = 2

Logo, I m T ≠ R 3 e por isso, a transformação não é sobrejetiva.

Passo 5

e) Sim, pois a matriz [ T ] é simétrica!

Vamos achar essa base ortonormal então.

Repara que o espaço V 2 é o plano   x + y + z = 0 e o vetor ortogonal a ele, vai ser 1,1 , 1 . Isso porque suas coordenadas são os coeficientes das variáveis!

Opa, mas 1,1 , 1 gera meu V 1 , logo os espaços são perpendiculares entre si, posso dizer que V 1 ⊥ = V 2 .

Passo 6

Para achar minha base ortonormal vou pegar então, primeiramente, um vetor do plano e o vetor ortogonal:

1 , - 1,0 ,   ( 1,1 , 1 )

Agora, queremos um outro vetor, pertencente à x + y + z = 0 que seja perpendicular a 1 , - 1,0 .

x , y , z 1 , - 1,0 = x - y = 0

Temos um sisteminha linear:

x + y + z = 0 x - y = 0 ⟹ x = y

Substituindo na primeira equação:

2 y + z = 0 ⟹ z = - 2 y

x , y , z = y , y , - 2 y = y ( 1,1 , - 2 )

Posso pegar qualquer vetor dessa reta, mas vou escolher   ( 1,1 , - 2 ) !

Tenho agora uma base ortogonal:

β = 1 , - 1,0 , 1,1 , 1 , ( 1,1 - 2 )

Passo 7

Só falta normalizar:

1 , - 1,0 ⟶ 1 , - 1,0 1 2 + - 1 2 + 0   = 1 , - 1,0 2

1,1 , 1 ⟶ 1,1 , 1 1 2 + 1 2 + 1 2   = 1,1 , 1 3  

( 1,1 - 2 ) ⟶ 1,1 , - 2 1 2 + 1 2 + ( - 2 ) 2   = 1,1 , - 2 6  

Assim, a base ortonormal vai ser:

α = 1 , - 1,0 2 ,   1,1 , 1 3   ,   1,1 , - 2 6  

Passo 8

f) Sim pois pelo teorema espectral, as matrizes simétricas são diagonalizáveis.

Vamos achar T = P D P - 1 , mas se escolhermos P como sendo a matriz cujas colunas são a base encontrada no item anterior, teremos uma matriz ortogonal!

Quando a matriz é ortogonal P - 1 = P T .   Assim, T = P D P T .

T = 1 / 2 1 / 3 1 / 6 - 1 / 2 1 / 3 1 / 6 0 1 / 3 - 2 / 6 - 3 0 0 0 0 0 0 0 - 3 1 / 2 - 1 / 2 0 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 6 1 / 6 - 2 / 6

Passo 9

g) Bom, vamos voltar à definição de T :   T ( u ) = ( u   ×   ( 1 ,   1 ,   1 ) )   ×   ( 1 ,   1 ,   1 ) .

Se u tiver a mesma direção de ( 1 ,   1 , �� 1 ) , o produto vetorial   ( u   ×   ( 1 ,   1 ,   1 ) ) será igual a zero e consequentemente:

T u = u   ×   1 ,   1 ,   1 ×   1 ,   1 ,   1 = 0 ×   1 ,   1 ,   1 = 0

Logo, os vetores na direção 1 ,   1 ,   1 , ou seja, os da reta r = { t ( 1,1 , 1 ) | t ∈ R } estão contidos no autoespaço associado ao autovalor zero.

Passo 10

Agora, se u for ortogonal à   1 ,   1 ,   1 , ele vai pertencer ao plano cujos coeficientes das variáveis são as coordenadas   1 ,   1 ,   1 ,     x + y + z = 0 .

Como no R 3 só tem 3 direções perpendiculares, o vetor u   ×   1 ,   1 ,   1 , também vai pertencer a esse plano x + y + z = 0 .

T u = u   ×   1 ,   1 ,   1 ×   1 ,   1 ,   1 = w 1 ×   1 ,   1 ,   1

w 1 ∈ x + y + z = 0

Repara aqui comigo, peguei um vetor do R 3 e fiz o produto vetorial dele com um vetor perpendicular a ele achando esse vetor vermelhinho perpendicular aos dois.

Agora o segundo passo da minha transformação é pegar esse vermelhinho e fazer o produto vetorial dele com o mesmo vetor que fizemos primeiramente:

Olha o vetor que achamos após esse produto vetorial, é na mesma direção do que tinhamos inicialmente, nosso u . Aqui provamos que os vetores que pertencem ao plano x + y + y = 0 mantém a direção apos a transformação, ou seja, são autovetores!

Passo 11

h) Na letra g) já explicamos sobre o autovalor zero.

A norma do vetor   w 1 = u   ×   1 ,   1 ,   1 é igual a área do paralelogramo formado por esses dois vetores. Como já vimos que eles devem ser perpendiculares, será um retângulo e a área vai ser b a s e   ×   a l t u r a :

w 1 = u 1,1 , 1 = u 3 .

Da mesma forma, a norma de w 1 ×   1 ,   1 ,   1 , vai ser:

w 1 1,1 , 1 = u 3 3 = 3 u

Assim o módulo do nosso outro autovalor vai ser 3. Entretanto, como vimos no item anterior, o autovetor vai ter sentido oposto do inicial, por causa da regra da mão direita! Assim, o nosso autovalor deve ser λ = - 3 .

Resposta

b)     λ 1 = 0   e   λ 2 = - 3

c)   V 1 = ( 1,1 , 1 ) ,   V 2 = - 1,1 , 0 ,   ( - 1,0 , 1 )

d) Não

e)   α = 1 , - 1,0 2 ,   1,1 , 1 3   ,   1,1 , - 2 6  

f)   T = 1 / 2 1 / 3 1 / 6 - 1 / 2 1 / 3 1 / 6 0 1 / 3 - 2 / 6 - 3 0 0 0 0 0 0 0 - 3 1 / 2 - 1 / 2 0 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 6 1 / 6 - 2 / 6

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