Diagonalização ortogonal com um autovalor duplo

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\cardtitulo{Diagonalização ortogonal com um autovalor duplo}
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\cardrequer{thm-espectral, lem-ortog, thm-gs, def-mult, prop-pcar}
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\begin{cartao}

Diagonalizar ortogonalmente
\[S = \begin{pmatrix}5&-1&1\\-1&5&1\\1&1&5\end{pmatrix}.\]

\smallskip
\noindent\textbf{Autovalores.} Observe que
$S-6I = \left(\begin{smallmatrix}-1&-1&1\\-1&-1&1\\1&1&-1\end{smallmatrix}\right)$ tem posto $1$:
$\dim V_6 = 2$. Pelo teorema espectral, $\mathrm{ma}(6) = \mathrm{mg}(6) = 2$, e o terceiro
autovalor sai do traço: $15-6-6 = 3$. (Confira: $p_S = (6-\lambda)^2(3-\lambda)$.)

\smallskip
\noindent\textbf{Autoespaços.} $V_6$: $-x-y+z = 0$, o plano $x+y-z = 0$. $V_3$: pelo
\vejacard{lem-ortog}, é ortogonal a $V_6$, logo é a reta normal ao plano:
$V_3 = [(1,1,-1)]$. (Confira: $S(1,1,-1) = (3,3,-3)$.)

\smallskip
\noindent\textbf{Base ortonormal.} Em $V_6$ tome uma base qualquer, $(-1,1,0)$ e $(1,0,1)$, e
aplique Gram--Schmidt \emph{dentro de $V_6$}:
\[w_1 = (-1,1,0),\qquad w_2 = (1,0,1)-\frac{\langle(1,0,1),w_1\rangle}{\|w_1\|^2}w_1
= (1,0,1)+\tfrac12(-1,1,0) = \big(\tfrac12,\tfrac12,1\big).\]
Normalizando e juntando o de $V_3$:
\[Q = \begin{pmatrix}-\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}\\[0.2em]
\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}\\[0.2em]
0&\frac{2}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}\end{pmatrix},\qquad
D = \begin{pmatrix}6&0&0\\0&6&0\\0&0&3\end{pmatrix},\qquad S = QDQ^t.\]
As colunas são unitárias e duas a duas ortogonais (por exemplo,
$\frac{1}{\sqrt{18}}(1+1-2) = 0$), isto é, $Q^tQ = I$.

\noindent Dois pontos. \emph{(i)} Dentro de um autoespaço de dimensão $\geq2$ a base de
autovetores não vem ortogonal de graça --- $(-1,1,0)$ e $(1,0,1)$ não são ortogonais ---, e
Gram--Schmidt resolve, porque qualquer combinação de autovetores de $\lambda$ ainda é autovetor de
$\lambda$. \emph{(ii)} Entre autoespaços diferentes a ortogonalidade é automática
(\vejacard{lem-ortog}), e é ela que permitiu achar $V_3$ sem resolver sistema. O truque do
posto de $S-6I$ e do traço evita calcular um determinante $3\times3$.

\end{cartao}