Em cada um dos casos abaixo, decida se o operador linear T: \mathbb{K}^{n} \rightarrow \mathbb{K}^{n} dado por sua matriz
T]_{\mathcal{B}}\) é diagonalizável. Em caso positivo, calcule uma base de autovetores e a sua forma diagonal. \(\left(\begin{array}{ccc}2 & 6 & 3 \\\\ -3 & -7 & -3 \\\\ 6 & 12 & 5\end{array}\right) \begin{gathered}\mathbb{K}=\mathbb{R} \\\ n=3\end{gathered}\)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:\n
  • Dá a matriz da transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 na base \mathcal{B}:
A=\begin{pmatrix}2 & 6 & 3 \\\\ -3 & -7 & -3 \\\\ 6 & 12 & 5\end{pmatrix}.
  • Pede: decidir se T (ou seja, A) é diagonalizável sobre \mathbb{R}. Se for, calcular uma base de autovetores e a forma diagonal correspondente.\n
    Observações claras sobre o pedido:\n
  • Preciso encontrar os autovalores (valores próprios) de A e suas multiplicidades algébrica e geométrica.\n
  • Se a soma das multiplicidades geométricas for 3 então A será diagonalizável; caso contrário, não.

Passo 2

Estratégia e conceitos usados (explicados de modo prático):\n
  • Autovalor \lambda é número tal que existe v\neq0 com Av=\lambda v. Autovetor é esse v.\n
  • Para encontrar autovalores calculo o polinômio característico \det(A-\lambda I) e encontro suas raízes; a multiplicidade de uma raiz é a multiplicidade algébrica.\n
  • Para cada autovalor resolvo (A-\lambda I)x=0 para achar o espaço próprio (eigenspace). A dimensão desse espaço é a multiplicidade geométrica.\n
  • Regra prática de diagonalização: A é diagonalizável sobre \mathbb{R} se, para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica, equivalendo a ter 3 vetores próprios linearmente independentes no total.\n
    Vou então calcular \det(A-\lambda I) passo a passo.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico:\n
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 6 & 3 \\\\ -3 & -7-\lambda & -3 \\\\ 6 & 12 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Calculo o determinante por expansão na primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}-7-\lambda & -3 \\\\ 12 & 5-\lambda\end{pmatrix} -6\cdot\det\begin{pmatrix}-3 & -3 \\\\ 6 & 5-\lambda\end{pmatrix} +3\cdot\det\begin{pmatrix}-3 & -7-\lambda \\\\ 6 & 12\end{pmatrix}.
Agora cada menor:\n
\det\begin{pmatrix}-7-\lambda & -3 \\\\ 12 & 5-\lambda\end{pmatrix} =(-7-\lambda)(5-\lambda)+36 =\lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2,
\det\begin{pmatrix}-3 & -3 \\\\ 6 & 5-\lambda\end{pmatrix} =-3(5-\lambda)+18=3(1+\lambda),
\det\begin{pmatrix}-3 & -7-\lambda \\\\ 6 & 12\end{pmatrix} =-36+6(7+\lambda)=6(1+\lambda).
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda+1)^2-6\cdot 3(1+\lambda)+3\cdot 6(1+\lambda).
Os dois últimos termos cancelam porque -18(1+\lambda)+18(1+\lambda)=0. Assim
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda+1)^2.
Portanto os autovalores são \lambda=2 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 2).

Passo 4

Autovetores para \lambda=2\):\n Resolvo \((A-2I)x=0\). Temos \[A-2I=\begin{pmatrix}0 & 6 & 3 \\\\ -3 & -9 & -3 \\\\ 6 & 12 & 3\end{pmatrix}.
Faço redução por linhas de forma explícita (passo a passo, para saber as relações entre incógnitas):\n
  • Multiplicando a segunda linha por -\tfrac{1}{3} obtemos (1,3,1).\n
  • Subtraindo 6 vezes essa linha da terceira linha: terceira linha \to (6,12,3)-6(1,3,1)=(0,-6,-3).\n
  • Dividindo essa nova terceira linha por -3 obtemos (0,2,1).\n
  • Usando essa linha, anulamos os termos apropriados na linha que ficou (0,6,3) e obtemos uma linha zero.\n
    Em forma de equações a redução dá o sistema:
\begin{cases} x_1+3x_2+x_3=0,\\[4pt] 2x_2+x_3=0. \end{cases}
Da segunda equação x_3=-2x_2\]. Substituindo na primeira: \(x_1+3x_2-2x_2=0 logo x_1=-x_2.\n
Tomando x_2=t livre, obtemos autovetores
x=t(-1,1,-2).
Logo o espaço próprio associado a \lambda=2 tem dimensão 1 e uma base natural é \{(-1,1,-2)\}.]

Passo 5

Autovetores para \lambda=-1:\n
Resolvo (A+I)x=0. Calculando:
A+I=\begin{pmatrix}3 & 6 & 3 \\\\ -3 & -6 & -3 \\\\ 6 & 12 & 6\end{pmatrix}.
Observação rápida: a segunda linha é -1 vez a primeira e a terceira linha é 2 vezes a primeira, logo o posto é 1. Portanto sobra apenas uma equação independente. Escrevendo essa equação (dividida por 3):
x_1+2x_2+x_3=0.
Tomando parâmetros x_2=s e x_3=t livres, obtemos
x_1=-2s-t,
ou seja
x=s(-2,1,0)+t(-1,0,1).
Portanto uma base do espaço próprio associado a \lambda=-1 é, por exemplo, \{(-2,1,0),\;(-1,0,1)\}. A dimensão do espaço próprio é 2, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=-1.

Passo 6

Conclusão sobre diagonalização e forma diagonal:\n
  • As dimensões dos espaços próprios somam 1+2=3, que é n. Logo existem 3 autovetores linearmente independentes e A é diagonalizável sobre \mathbb{R}.\n
  • Uma base de \mathbb{R}^3 constituída por autovetores é, por exemplo,
\mathcal{B}_{\text{aut}}=\{\,(-1,1,-2),\;(-2,1,0),\;(-1,0,1)\,\},
onde o primeiro vetor corresponde a \lambda=2 e os outros dois a \lambda=-1.\n
  • Na ordem dessa base, a forma diagonal de A é
D=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Se desejar, a matriz de passagem P que tem essas colunas satisfaz P^{-1}AP=D.

Resposta

Sim, A é diagonalizável.\n
Base de autovetores: \{(-1,1,-2),\;(-2,1,0),\;(-1,0,1)\}.\n
Forma diagonal (na ordem indicada): \displaystyle \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.]

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