Para cada uma das matrizes a seguir, determine seu polinômio característico, autovalores, autoespaços e decida se a matriz é diagonalizável. Em caso afirmativo, determine matrizes P, D tais que A=P D P^{-1}.
A=\left[\begin{array}{lll}2 & 2 & 0 \\\\ 2 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede, para a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix},
que determinemos: (i) o polinômio característico de A; (ii) os autovalores de A; (iii) os autoespaços (para cada autovalor, uma base do espaço próprio); (iv) se A é diagonalizável; e, se for, (v) matrizes P e D tais que A=PDP^{-1}.
As informações dadas são apenas os elementos da matriz A. Não há outras restrições no enunciado.]

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico. Vou usar a definição monica usual
p_A(\lambda)=\det(\lambda I - A),
onde I é a matriz identidade 3\times3 e \lambda é o escalar variável. Primeiro escrevo \lambda I - A:
\lambda I - A = \begin{pmatrix}\lambda-2 & -2 & 0\\[4pt] -2 & \lambda-2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & \lambda-1\end{pmatrix}.
Como essa matriz tem bloco superior 2\times2 e um elemento \lambda-1 isolado na terceira linha/coluna, a determinação do determinante pode ser feita separando o fator \lambda-1:
p_A(\lambda)=\det(\lambda I - A)=\det\begin{pmatrix}\lambda-2 & -2\\[4pt] -2 & \lambda-2\end{pmatrix}\cdot(\lambda-1).
Agora calculo o determinante do bloco 2\times2. Para uma matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} temos \det=a d-b c. Aplicando aqui:
\det\begin{pmatrix}\lambda-2 & -2\\[4pt] -2 & \lambda-2\end{pmatrix}=(\lambda-2)^2-(-2)(-2)=(\lambda-2)^2-4.
Desenvolvendo (\lambda-2)^2-4:
(\lambda-2)^2-4=\lambda^2-4\lambda+4-4=\lambda^2-4\lambda=\lambda(\lambda-4).
Logo
p_A(\lambda)=\lambda(\lambda-4)(\lambda-1).]

Passo 3

Os autovalores são as raízes do polinômio característico p_A(\lambda). Como
p_A(\lambda)=\lambda(\lambda-4)(\lambda-1),
as raízes são \lambda=0, \lambda=4 e \lambda=1. Portanto os autovalores de A são, listados sem ordem particular,
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=4,\qquad \lambda_3=1.

Passo 4

Agora vamos encontrar os autoespaços: para cada autovalor [\lambda) resolvemos (A-\lambda I)x=0. Vou fazer um de cada vez e explicar como resolver o sistema linear associado.
Caso \lambda=4. Escrevo A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}2-4 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2-4 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 0\\[4pt] 2 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -3\end{pmatrix}.
Queremos os vetores x=(x_1,x_2,x_3)^T tais que (A-4I)x=0. Isso dá o sistema
\begin{cases} -2x_1+2x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] 2x_1-2x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] -3x_3=0. \end{cases}
Da terceira equação vem x_3=0\]. As duas primeiras são equivalentes e reduzem a \(-2x_1+2x_2=0, ou seja x_1=x_2. Assim os vetores próprios correspondentes a \lambda=4 são todos os múltiplos de
v_{4}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço para \lambda=4 é
E_{4}=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T\}.]

Passo 5

Caso \lambda=0\). Escrevo \(A-0\cdot I=A\): \[A=\begin{pmatrix}2 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Queremos Ax=0, ou seja o sistema
\begin{cases} 2x_1+2x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] 2x_1+2x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] x_3=0. \end{cases}
A terceira equação dá x_3=0\]. As duas primeiras são iguais e dão \(2x_1+2x_2=0, ou x_1+x_2=0, logo x_2=-x_1. Assim os vetores próprios correspondentes a \lambda=0 são os múltiplos de
v_{0}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço para \lambda=0 é
E_{0}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^T\}.]

Passo 6

Caso \lambda=1\). Escrevo \(A-1I\): \[A-I=\begin{pmatrix}2-1 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2-1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)x=0 obtemos o sistema
\begin{cases} x_1+2x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] 2x_1+x_2+0\cdot x_3=0,\\[4pt] 0\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0. \end{cases}
Das duas primeiras equações obtemos um sistema homogêneo em x_1,x_2\]. Subtraindo duas vezes a primeira da segunda: \((2x_1+x_2)-2(x_1+2x_2)=2x_1+x_2-2x_1-4x_2=-3x_2=0, então x_2=0. Com x_2=0, da primeira equação vem x_1=0. A terceira equação é 0=0, então x_3 é livre. Portanto os vetores próprios associados a \lambda=1 são todos os múltiplos de
v_{1}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Assim o autoespaço para \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\{(0,0,1)^T\}.]

Passo 7

Resumo dos autoespaços com bases escolhidas (para ficar claro como usar na prova):
  • Para \lambda=4: E_{4}=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T\}.
  • Para \lambda=0: E_{0}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^T\}.
  • Para \lambda=1: E_{1}=\operatorname{span}\{(0,0,1)^T\}.
Cada um desses autoespaços tem dimensão 1. Como encontramos três autovalores distintos e um conjunto de três vetores próprios não-nulos (um para cada autovalor), esses três vetores são linearmente independentes automaticamente — um fato importante que vou explicar em palavras simples: vetores próprios correspondentes a autovalores distintos são sempre linearmente independentes. Portanto existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por vetores próprios de A, e isso implica que A é diagonalizável.

Passo 8

Agora construímos explicitamente as matrizes P e D. A ideia é: escolho como colunas de P uma base formada por vetores próprios (cada coluna um autovetor) e D será a matriz diagonal cujas entradas são os autovalores correspondentes, na mesma ordem das colunas de P.
Escolho a ordem das colunas como (v_{4},v_{0},v_{1}), ou seja primeiro o autovetor de \lambda=4, depois o de \lambda=0 e por fim o de \lambda=1. Assim
P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Por construção tem-se
A=PDP^{-1}.]

Passo 9

Para ficar 100% tranquilo (e mostrar que dá para checar na prova), calculo P^{-1} explicitamente e verifico a igualdade. A submatriz 2\times2 no canto superior esquerdo de P é
M=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},
que tem determinante \det(M)=(1)(-1)-(1)(1)=-2, logo é invertível. A inversa de M é, pela fórmula da inversa de uma 2\times2,
M^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/2 & 1/2\\[4pt] 1/2 & -1/2\end{pmatrix}.
Como P é essencialmente o bloco M mais a terceira linha/coluna padrão, a inversa de P é
P^{-1}=\begin{pmatrix}1/2 & 1/2 & 0\\[4pt] 1/2 & -1/2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Multiplicando PDP^{-1} (ou verificando direto como no rascunho) obtemos
PDP^{-1}=\begin{pmatrix}2 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}=A,
o que confirma que a diagonalização foi feita corretamente.]

Resposta

Polinômio característico: p_A(\lambda)=\lambda(\lambda-4)(\lambda-1).
Autovalores: \lambda=0,\\ \lambda=4,\\ \lambda=1.
Autoespaços: E_{0}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^T\},\quad E_{4}=\operatorname{span}\{(1,1,0)^T\},\quad E_{1}=\operatorname{span}\{(0,0,1)^T\}.
Diagonalizável: sim.
Uma escolha de P e D com A=PDP^{-1}:
P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.]

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