Achar os valores e vetores próprios da matriz A=\left(\begin{array}{ccc}3 & 7 & 6 \\\\ -1 & -5 & -6 \\\\ 1 & 1 & 2\end{array}\right) e dizer se ela é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 7 & 6 \\\\ -1 & -5 & -6 \\\\ 1 & 1 & 2\end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Achar os valores próprios (autovalores) de A.
  • Achar os vetores próprios (autovetores) correspondentes.
  • Dizer se A é diagonalizável.
Informações relevantes dadas:
  • A própria matriz A (todos os seus elementos estão acima).
  • Não há mais informações externas — tudo se obtém resolvendo \det(A-\lambda I)=0 e os sistemas (A-\lambda I)v=0.

Passo 2

Definição útil (aula rápida): um valor próprio \lambda de A é número que satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3. Para cada \lambda encontrado, os vetores próprios são os vetores não nulos v que resolvem
(A-\lambda I)v=0.
Vou calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I) explicando cada passo.
Calcule A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 3-\lambda & 7 & 6\\[4pt] -1 & -5-\lambda & -6\\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante de uma matriz 3\times3 pode ser expandido pela primeira linha. Assim
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\cdot M_{11}-7\cdot M_{12}+6\cdot M_{13},
onde M_{1j} são os menores (determinantes 2\times2) correspondentes.]

Passo 3

Calcular os menores 2\times2:
Primeiro menor
M_{11}=\det\begin{pmatrix}-5-\lambda & -6 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(-5-\lambda)(2-\lambda)-(-6)(1).
Desenvolvendo:
(-5-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2+3\lambda-10,
portanto
M_{11}=\lambda^2+3\lambda-10+6=\lambda^2+3\lambda-4.
Segundo menor
M_{12}=\det\begin{pmatrix}-1 & -6 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(-1)(2-\lambda)-(-6)(1)=-(2-\lambda)+6=\lambda+4.
Terceiro menor
M_{13}=\det\begin{pmatrix}-1 & -5-\lambda \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} =(-1)\cdot 1 - ( -5-\lambda)\cdot 1 = -1+5+\lambda=\lambda+4.
Agora volte ao determinante:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4)-7(\lambda+4)+6(\lambda+4).
Combine os termos em (\lambda+4):
-7(\lambda+4)+6(\lambda+4)=-(\lambda+4).
Assim
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4)-(\lambda+4).
Repare que \lambda^2+3\lambda-4 fatoriza:
\lambda^2+3\lambda-4=(\lambda+4)(\lambda-1).
Logo
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda+4)(\lambda-1)-(\lambda+4).
Coloco (\lambda+4) em evidência:
\det(A-\lambda I)=(\lambda+4)\big[(3-\lambda)(\lambda-1)-1\big].
Calcule o que está entre colchetes:
(3-\lambda)(\lambda-1)= -\lambda^2+4\lambda-3,
portanto
(3-\lambda)(\lambda-1)-1 = -\lambda^2+4\lambda-4 = -(\lambda-2)^2.
Assim
\det(A-\lambda I)= -(\lambda+4)(\lambda-2)^2.
Os zeros do polinômio característico são as raizes desse produto. Portanto os valores próprios são
\lambda=-4\quad\text{(multiplicidade algébrica 1)},\qquad \lambda=2\quad\text{(multiplicidade algébrica 2)}.éé]

Passo 4

Agora vou achar os vetores próprios para \lambda=-4\). Devemos resolver \[(A-(-4)I)v=(A+4I)v=0.
Calcule A+4I:
A+4I=\begin{pmatrix}7 & 7 & 6\\[4pt]-1 & -1 & -6\\[4pt]1 & 1 & 6\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema (A+4I)(x,y,z)^T=0:
\begin{cases} 7x+7y+6z=0,\\[4pt] - x - y -6z=0,\\[4pt] x+y+6z=0. \end{cases}
Observe que a segunda equação é -1\] vezes a terceira, então há apenas duas equações independentes. Use a terceira para expressar \(x:
x+y+6z=0 \quad\Rightarrow\quad x=-y-6z.
Substitua na primeira:
7(-y-6z)+7y+6z=0 \quad\Rightarrow\quad -7y-42z+7y+6z=-36z=0.
Logo z=0. Com z=0 vem x=-y.
Portanto os vetores próprios correspondem a
(x,y,z)=(-y,y,0)=y\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad y\neq0.
Escolhendo um gerador conveniente, um autovetor para \lambda=-4 é
v_{-4}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora os vetores próprios para \lambda=2\). Resolver \[(A-2I)v=0.
Calcule A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}1 & 7 & 6\\[4pt]-1 & -7 & -6\\[4pt]1 & 1 & 0\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} x+7y+6z=0,\\[4pt] - x -7y -6z=0,\\[4pt] x+y+0\cdot z=0. \end{cases}
Aqui a segunda equação é -1\] vezes a primeira (dependente). A terceira dá \(x=-y. Substitua em primeira:
(-y)+7y+6z=0 \quad\Rightarrow\quad 6y+6z=0 \quad\Rightarrow\quad y+z=0.
Logo z=-y. Assim os vetores próprios são
(x,y,z)=(-y,y,-y)=y\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad y\neq0.
Escolhendo um gerador, um autovetor para \lambda=2 é
v_{2}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Repare que a solução do sistema para \lambda=2 dá um espaço próprio de dimensão 1 (apenas múltiplos de v_2), embora a multiplicidade algébrica de \lambda=2 seja 2.]

Passo 6

Condição de diagonalizabilidade (mini-aula): uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}) se existir uma base formada por autovetores. Isso equivale a pedir que a soma das dimensões dos espaços próprios (geometric multiplicities) seja n. Sempre vale que, para cada valor próprio, a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é menor ou igual à multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio característico). Para A de ordem 3 precisamos de 3 autovetores linearmente independentes.
No nosso caso:
  • Para \lambda=-4: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1 (temos um autovetor v_{-4}).
  • Para \lambda=2: multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 1 (apenas um vetor independente v_2).
A soma das dimensões geométricas é 1+1=2<3. Portanto não existem 3 autovetores independentes: a matriz A NÃO é diagonalizável.

Resposta

\lambda=-4, autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\newline
\lambda=2 (multiplicidade algébrica 2), autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\newline
A matriz A não é diagonalizável.]

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