Em cada um dos casos abaixo, decida se o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por sua matriz [T]_{B} é diagonalizável. Em caso afirmativo, calcule uma base de autovetores e sua forma diagonal.
\left[\begin{array}{rrr}-9 & -4 & -4 \\\\ -8 & 3 & 4 \\\\ -16 & 8 & 7\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado pede para decidir se o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3, dado pela matriz na base B
A=[T]_{B}=\begin{pmatrix}-9 & -4 & -4 \\\\ -8 & 3 & 4 \\\\ -16 & 8 & 7\end{pmatrix},
é diagonalizável. Se for, calcular uma base de autovetores e a forma diagonal (matriz diagonal) correspondente.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A está explicitamente dada.
  • Precisa-se determinar diagonalizabilidade e, em caso afirmativo, fornecer:
    • uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A;
    • a matriz diagonal cujas entradas são os autovalores na ordem dos autovetores escolhidos.

Passo 2

Vamos encontrar os autovalores calculando o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-9-\lambda & -4 & -4 \\\\ -8 & 3-\lambda & 4 \\\\ -16 & 8 & 7-\lambda\end{pmatrix}.
Calcular o determinante por expansão (cada passo mostrado):
\det(A-\lambda I)=(-9-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 4\\[4pt]8 & 7-\lambda\end{pmatrix} -(-4)\det\begin{pmatrix}-8 & 4\\[4pt]-16 & 7-\lambda\end{pmatrix} +(-4)\det\begin{pmatrix}-8 & 3-\lambda\\[4pt]-16 & 8\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calculemos os determinantes 2\times2 que aparecem:
  1. \det\begin{pmatrix}3-\lambda & 4\\[4pt]8 & 7-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(7-\lambda)-4\cdot 8=\lambda^{2}-10\lambda-11.
  2. \det\begin{pmatrix}-8 & 4\\[4pt]-16 & 7-\lambda\end{pmatrix}=-8(7-\lambda)-4(-16)=8\lambda+8=8(\lambda+1).
  3. \det\begin{pmatrix}-8 & 3-\lambda\\[4pt]-16 & 8\end{pmatrix}=-8\cdot 8-(3-\lambda)(-16)=-16(1+\lambda).
Substituindo na expressão do determinante:
\det(A-\lambda I)=(-9-\lambda)(\lambda^{2}-10\lambda-11)+4\cdot 8(\lambda+1)+(-4)\cdot(-16)(1+\lambda).]

Passo 4

Simplifiquemos a expressão numérica passo a passo:
Os dois últimos termos somam 32(\lambda+1)+64(1+\lambda)=96(\lambda+1).
Desenvolvendo o primeiro produto:
(-9-\lambda)(\lambda^{2}-10\lambda-11)=-\big(\lambda^{3}-\lambda^{2}-101\lambda-99\big).
Portanto
\det(A-\lambda I)=-\big(\lambda^{3}-\lambda^{2}-101\lambda-99\big)+96(\lambda+1).
Somando os termos obtém-se
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+\lambda^{2}+197\lambda+195.
Fatorando:
\det(A-\lambda I)=-\big(\lambda^{3}-\lambda^{2}-197\lambda-195\big).
Verificamos que \lambda=-1 é raiz do polinômio interno, e dividindo por \lambda+1 obtemos o quociente \lambda^{2}-2\lambda-195. Assim
\det(A-\lambda I)=-(\lambda+1)(\lambda^{2}-2\lambda-195).

Passo 5

Resolva a quadrática \lambda^{2}-2\lambda-195=0. O discriminante é
\Delta =(-2)^{2}-4\cdot 1\cdot(-195)=4+780=784=28^{2}.
As raízes são
\lambda=\frac{2\pm 28}{2}=\begin{cases}15,\\[4pt]-13.\end{cases}
Portanto os autovalores (raízes do polinômio característico) são
\lambda_{1}=-1,\qquad \lambda_{2}=15,\qquad \lambda_{3}=-13.]

Passo 6

Observação teórica (útil para a prova): em \mathbb{R}^3, se uma matriz tem três autovalores distintos (no corpo considerado), então ela possui três autovetores linearmente independentes e é diagonalizável. Como aqui os três autovalores são distintos ( -1,15,-13), A é diagonalizável. Em seguida vamos encontrar explicitamente um autovetor associado a cada autovalor.

Passo 7

Autovetor para [\lambda=-1): resolver (A+I)v=0.
A matriz A+I é
A+I=\begin{pmatrix}-8 & -4 & -4 \\\\ -8 & 4 & 4 \\\\ -16 & 8 & 8\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema:
\begin{cases} -8x-4y-4z=0,\\[4pt] -8x+4y+4z=0,\\[4pt] -16x+8y+8z=0. \end{cases}
Dividindo a primeira equação por -4\] dá \(2x+y+z=0. Dividindo a segunda por 4 -2x+y+z=0.
Subtraindo as duas equações obtemos -4x=0\Rightarrow x=0. Substituindo x=0 em 2x+y+z=0 vem y=-z.
Escolhendo z=1 (escolha livre de escala), obtemos o autovetor
v_{1}=(0,-1,1).
Portanto o espaço próprio associado a \lambda=-1 é \operatorname{span}\{(0,-1,1)\}.]

Passo 8

Autovetor para [\lambda=15): resolver (A-15I)v=0.
A matriz A-15I é
A-15I=\begin{pmatrix}-24 & -4 & -4 \\\\ -8 & -12 & 4 \\\\ -16 & 8 & -8\end{pmatrix}.
Dividindo linhas apropriadas e simplificando, obtemos o sistema equivalente
\begin{cases} 6x+y+z=0,\\[4pt] 2x+3y-z=0,\\[4pt] 2x-y+z=0. \end{cases}
Da primeira equação z=-6x-y\]. Substituindo na segunda: \[2x+3y-(-6x-y)=8x+4y=0\Rightarrow 2x+y=0\Rightarrow y=-2x.\] Então \(z=-6x-(-2x)=-4x. Tomando x=1 (escolha de escala) resulta o autovetor
v_{2}=(1,-2,-4).
Logo o espaço próprio para \lambda=15 é \operatorname{span}\{(1,-2,-4)\}.]

Passo 9

Autovetor para \lambda=-13: resolver (A+13I)v=0.
A matriz A+13I é
A+13I=\begin{pmatrix}4 & -4 & -4 \\\\ -8 & 16 & 4 \\\\ -16 & 8 & 20\end{pmatrix}.
A primeira equação simplificada é x-y-z=0\Rightarrow x=y+z. Substituindo nas outras equações e resolvendo, encontra-se z=2y e então x=3y. Tomando y=1 resulta o autovetor
v_{3}=(3,1,2).
Assim o espaço próprio para \lambda=-13 é \operatorname{span}\{(3,1,2)\}.

Passo 10

Os três vetores v_{1}=(0,-1,1), v_{2}=(1,-2,-4) e v_{3}=(3,1,2) correspondem a autovalores distintos -1,15,-13, logo são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Portanto A é diagonalizável.
A matriz diagonal D associada a essa base (na ordem \{v_{1},v_{2},v_{3}\}) é a diagonal cujas entradas são os autovalores na mesma ordem:
D=\operatorname{diag}(-1,15,-13).

Resposta

Diagonalizável: sim.
Base de autovetores: \{(0,-1,1),(1,-2,-4),(3,1,2)\}.
Forma diagonal (na ordem dos autovetores acima): \operatorname{diag}(-1,15,-13).

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