Diagonalizar ortogonalmente \[S = \begin{pmatrix}5&-1&1\\-1&5&1\\1&1&5\end{pmatrix}.\]
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: \(p_S = (6-\lambda)^2(3-\lambda)\).)
Autoespaços. \(V_6\): \(-x-y+z = 0\), o plano \(x+y-z = 0\). \(V_3\): pelo Lema 9.2, é ortogonal a \(V_6\), logo é a reta normal ao plano: \(V_3 = [(1,1,-1)]\). (Confira: \(S(1,1,-1) = (3,3,-3)\).)
Base ortonormal. Em \(V_6\) tome uma base qualquer, \((-1,1,0)\) e \((1,0,1)\), e aplique Gram–Schmidt 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, \(Q^tQ = I\).
Dois pontos. (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 \(\lambda\). (ii) Entre autoespaços diferentes a ortogonalidade é automática (Lema 9.2), 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 \(3\times3\).
