Em cada caso, determinar os autovalores, os autovetores, uma base para cada autoespaço e uma matriz não-singular P, se existir, de modo que D=P^-1 A P seja diagonal.
(Grupo B) A=[ccc3 & 0 & -2 -5 & 1 & 5 2 & 0 & 1].

Passo 1

O enunciado pede a diagonalização da matriz
A= 3 & 0 & -2 -5 & 1 & 5 2 & 0 & 1 ,
isto é, encontrar os autovalores de A, um vetor próprio para cada autovalor, bases dos autoespaços e, se possível, uma matriz P invertível tal que
D = P^-1 A P
seja diagonal. O conteúdo envolvido é o cálculo do polinômio característico, resolução de sistemas lineares para (A-lambda I)x=0 e montagem de P.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
chiA(lambda)=det(A - lambda I) =det 3-lambda & 0 & -2 -5 & 1-lambda & 5 2 & 0 & 1-lambda
Expandindo pela primeira linha,
chiA(lambda) =(3-lambda)det!1-lambda&50&1-lambda +(-2)det!-5&1-lambda2&0
Calcula-se
(3-lambda)(1-lambda)^2 e -2l(-5cdot0-(1-lambda)cdot2r) =4(1-lambda),
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chiA(lambda) =(1-lambda)l[(3-lambda)(1-lambda)+4r] =(1-lambda)l(lambda^2-4lambda+7r)
As raízes são
lambda1=1, lambda2,3=2pm iraiz3

Passo 3

Para lambda1=1 resolvemos (A-I)x=0:
A-I= 2&0&-2 -5&0&5 2&0&0 ,
que gera o sistema
2x-2z=0, -5x+5z=0, 2x=0
Da terceira equação vem x=0; então z=0 e y fica livre. Um vetor próprio é
v1=(0,1,0)^T
Base do autoespaço de lambda1 é (0,1,0).

Passo 4

Para lambda2=2+iraiz3 escrevemos A-lambda2 I e resolvemos (A-lambda2 I)x=0. Após simplificar, obtemos
x=1+iraiz32,z, y=-5-5,iraiz34,z,
com z livre. Escolhendo z=4 para eliminar frações, um autovetor é
v2=l(2+2,iraiz3,,-5-5,iraiz3,,4r)^T

Passo 5

O autovetor de lambda3=2-iraiz3 é o conjugado de v2, a saber
v3=l(2-2,iraiz3,,-5+5,iraiz3,,4r)^T

Passo 6

Como temos três autovetores linearmente independentes em C^3, definimos
P=l[v1;v2;v3r] = 0 & 2+2,iraiz3 & 2-2,iraiz3 1 & -5-5,iraiz3 & -5+5,iraiz3 0 & 4 & 4
Então
D=P^-1AP =diagl(1,;2+iraiz3,;2-iraiz3r)

Resposta

Autovalores: , , .
Bases dos autoespaços:
para ,
para ,
para .
Matriz que diagonaliza (sobre ) é
com

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