Ache os autovalores e autovetores das matrizes abaixo. Em seguida, verifique se el diagonalizáveis. Caso sejam diagonalizáveis, determine as matrizes P e D tais que A=P
A=\left[\begin{array}{lll}1 & 1 & 1 \\\ 0 & 2 & 1 \\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede claramente:
  • Encontrar os autovalores (autovalores = eigenvalues) da matriz A.
  • Encontrar os respectivos autovetores (eigenvectors) de cada autovalor.
  • Verificar se A é diagonalizável.
  • Caso seja diagonalizável, apresentar matrizes P e D tais que A = P D P^{-1}.
A informação dada é a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 2

Conceito importante (rapidinho e prático): um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem
A v = \lambda v,
que é equivalente a
(A-\lambda I)v=0.
Além disso, para matrizes triangulares (superior ou inferior) os autovalores aparecem na diagonal. Ou seja, os autovalores de uma matriz triangular são exatamente os elementos da diagonal, contados com multiplicidade algébrica.

Passo 3

Usando o fato do passo anterior (matriz A é triangular superior), os autovalores são as entradas da diagonal de A:
\lambda_1 = 1,\quad \lambda_2 = 2,\quad \lambda_3 = 1.
Logo o autovalor 1 tem multiplicidade algébrica 2 e o autovalor 2 tem multiplicidade algébrica 1.

Passo 4

Agora vamos encontrar os autovetores associados a \lambda=1. Resolvemos
(A-I)v=0.
Calcule A-I:
A-I=\begin{pmatrix}1-1 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 2-1 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 1-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo v=(x_1,x_2,x_3)^{T}, o sistema (A-I)v=0 fornece as equações:
  • da primeira linha: 0\cdot x_1 + x_2 + x_3 = 0\Rightarrow x_2 = -x_3.
  • da segunda linha: mesma equação (dependente).
    A variável x_1 não aparece nas equações, logo é livre; x_3 também é livre. Tomando parâmetros t e s com x_1=t, x_3=s, obtemos
x_2 = -s,
portanto
v = \begin{pmatrix}t \\\\ -s \\\ s\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}.
Uma base do espaço próprio relativo a \lambda=1 é, por exemplo,
v^{(1)}_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\qquad v^{(1)}_2=\begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}.
Observe que existem dois autovetores linearmente independentes, então a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 2, igual à multiplicidade algébrica.]

Passo 5

Agora \lambda=2. Resolvemos
(A-2I)v=0.
Calcule A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 2-2 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 1-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Com v=(x_1,x_2,x_3)^T, as equações são:
  • da segunda linha: x_3 = 0.
  • da terceira linha: -x_3=0 (mesma condição).
  • da primeira linha: -x_1 + x_2 + x_3 = 0. Como x_3=0, temos x_1 = x_2.
    Tomando parâmetro t com x_2=t, obtemos x_1=t, x_3=0. Assim os autovetores são múltiplos de
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
A multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1, que coincide com sua multiplicidade algébrica.]

Passo 6

Diagonalização: uma matriz 3\times3 é diagonalizável se existir uma base de \mathbb{R}^3 (ou \mathbb{C}^3) formada por autovetores, i.e., somatório das multiplicidades geométricas = 3. Aqui temos:
  • para \lambda=1: dois autovetores independentes,
  • para \lambda=2: um autovetor,
    totalizando 2+1=3 autovetores linearmente independentes. Portanto A é diagonalizável.
Uma maneira prática de construir P é colocar três autovetores independentes como colunas de P. Vamos escolher as colunas na ordem: primeiro os dois autovetores de \lambda=1, depois o autovetor de \lambda=2. Ou seja,
P=\begin{pmatrix} v^{(1)}_1 & v^{(1)}_2 & v^{(2)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
A matriz diagonal D tem os autovalores correspondentes nas mesmas posições (mesma ordem das colunas de P):
D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação rápida de independência (garantia de diagonalizabilidade): calcule o determinante de P. Usando expansão pela primeira coluna:
\det(P)=1\cdot\det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix} =1\cdot(-1\cdot 0 - 1\cdot 1)=-1\neq 0.
Como \det(P)\neq 0, as colunas são linearmente independentes e P é invertível; portanto existe P^{-1} e de fato
A = P D P^{-1}.
Se desejar o inverso explicitamente, ele é
P^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},
o que foi obtido por eliminação gaussiana. (Não é obrigatório apresentar P^{-1} para declarar a diagonalização, mas está aqui para completar a verificação.)]

Resposta

Autovalores: \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=2 (multiplicidade algébrica 1).
Autovetores:
\lambda=1: base do espaço próprio dada por \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}.
\lambda=2: autovetor \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
Diagonalizável: Sim.
Matrizes P e D (com as colunas de P sendo, nesta ordem, (1,0,0)^T, (0,-1,1)^T, (1,1,0)^T):
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2\end{pmatrix}.]

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