Considere a matriz B=\left[\begin{array}{ccc}3 & -1 & 0 \\\\ 5 & -3 & 0 \\\\ 1 & 0 & 1\end{array}\right].
(a) Calcule o polinômio característico associado à matriz B .(1 \mathrm{pt})
(b) Obtenha os autovalores da matriz B .(1 \mathrm{pt})
(c) Calcule os autoespaços e autovetores associados aos autovalores obtidos.(3 pt)
(d) Quais são as multiplicidades aritmética e geométrica dos autovalores encontrados? (1 pt)
(e) Por que é possível afirmar que a matriz B é diagonalizável? (1 pt)
(f) Escreva matrizes P e D tais que P^{-1} B P=D. (1 pt)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
B=\begin{pmatrix}3 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -3 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1\end{pmatrix}
e pede, em partes:
(a) o polinômio característico associado a B;\n
(b) os autovalores de B;\n
(c) os autoespaços e autovetores associados a esses autovalores;\n
(d) as multiplicidades aritmética (algébrica) e geométrica de cada autovalor;\n
(e) justificativa de por que B é diagonalizável;\n
(f) matrizes P e D tais que P^{-1}BP=D.\n
Também somos informados implicitamente que devemos encontrar vetores próprios não nulos para cada autovalor (ou bases dos autoespaços).]

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico. Definição que vamos usar: o polinômio característico de B é dado por
p(\lambda)=\det(B-\lambda I),
onde I é a matriz identidade 3\times3 e \lambda é a variável escalar. Aqui B-\lambda I é
B-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -3-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Perceba que a terceira coluna tem entradas 0,0,1-\lambda. Isso facilita o cálculo do determinante: o determinante fatoriza como o produto de 1-\lambda pelo determinante da submatriz 2\times2 no canto superior esquerdo. Assim
p(\lambda)=\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] 5 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos a determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] 5 & -3-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(-3-\lambda)-(-1)\cdot 5.
Desenvolvendo:
(3-\lambda)(-3-\lambda)=-9+\lambda^2
e somando +5 obtemos
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] 5 & -3-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2-4=(\lambda-2)(\lambda+2).
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+2).]

Passo 3

Os autovalores são as raízes do polinômio característico, ou seja as soluções de p(\lambda)=0. Com a fatoração obtida temos as raízes
1-\lambda=0\Rightarrow \lambda=1,\qquad \lambda-2=0\Rightarrow \lambda=2,\qquad \lambda+2=0\Rightarrow \lambda=-2.
Logo os autovalores de B são \lambda=1,\;2,\;-2.

Passo 4

Agora vamos encontrar os autoespaços (espaços próprios) e autovetores associados a cada autovalor. Lembre-se: para um autovalor [\lambda) o autoespaço é o núcleo da transformação B-\lambda I, isto é o conjunto de vetores v tais que (B-\lambda I)v=0. Vamos resolver linearmente cada caso e explicar passo a passo como manipular as equações.
Caso \lambda=1:\n
Calcule B-I:
B-I=\begin{pmatrix}3-1 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -3-1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -4 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Queremos resolver (B-I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}. Isso dá o sistema linear
\begin{cases} 2x-y=0,\\[4pt] 5x-4y=0,\\[4pt] x=0. \end{cases}
Da terceira equação obtemos x=0\]. Substituindo na primeira dá \[y=2x=0. Não há nenhuma equação envolvendo z, então z é livre (qualquer valor). Conclusão: todos os vetores próprios associados a \lambda=1 têm a forma
\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad z\neq 0.
Uma base do autoespaço correspondente a \lambda=1 é \left\{\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}. O autoespaço tem dimensão 1.
Caso \lambda=2:\n
Calcule B-2I:
B-2I=\begin{pmatrix}3-2 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -3-2 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -5 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Resolvendo (B-2I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=0 obtemos
\begin{cases} x-y=0,\\[4pt] 5x-5y=0,\\[4pt] x-z=0. \end{cases}
A segunda equação é redundante (é 5\] vezes a primeira). Da primeira \[y=x. Da terceira z=x. Assim os vetores próprios têm a forma
\begin{pmatrix}x\\[2pt] x\\[2pt] x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad x\neq 0.
Uma base do autoespaço para \lambda=2 é \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}. Dimensão 1.
Caso \lambda=-2:\n
Calcule B-(-2)I=B+2I:
B+2I=\begin{pmatrix}3+2 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -3+2 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 1+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5 & -1 & 0 \\[4pt] 5 & -1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Agora resolvemos (B+2I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=0, que fornece
\begin{cases} 5x-y=0,\\[4pt] 5x-y=0,\\[4pt] x+3z=0. \end{cases}
As duas primeiras equações são idênticas: y=5x\]. Da terceira vem \(3z=-x\Rightarrow z=-\dfrac{x}{3}. Então os vetores próprios têm a forma
\begin{pmatrix}x\\[2pt]5x\\[2pt]-\dfrac{x}{3}\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[2pt]5\\[2pt]-\dfrac{1}{3}\end{pmatrix},\qquad x\neq 0.
Para evitar fração, podemos multiplicar por 3 e escolher o vetor próprio mais simples inteiro:
\begin{pmatrix}3\\[2pt]15\\[2pt]-1\end{pmatrix}
é também um autovetor associado a \lambda=-2. Uma base do autoespaço para \lambda=-2 é \left\{\begin{pmatrix}3\\[2pt]15\\[2pt]-1\end{pmatrix}\right\}. Dimensão 1.]

Passo 5

Resumo dos autoespaços e autovetores encontrados (lembrando: qualquer múltiplo não nulo de um autovetor também é autovetor):
\text{Para }\lambda=1:\quad \text{autoespaço}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}.ç
\text{Para }\lambda=2:\quad \text{autoespaço}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}.ç
\text{Para }\lambda=-2:\quad \text{autoespaço}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}3\\[2pt]15\\[2pt]-1\end{pmatrix}\right\}.ç]

Passo 6

Agora as multiplicidades:\n
  • Multiplicidade aritmética (algébrica) de um autovalor é a multiplicidade da raiz correspondente no polinômio característico. Como p(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+2) tem cada fator linear distinto, cada autovalor \lambda=1,2,-2 tem multiplicidade algébrica igual a 1.\n
  • Multiplicidade geométrica de um autovalor é a dimensão do seu autoespaço. Calculamos as dimensões e todas deram 1. Então para cada autovalor a multiplicidade geométrica é 1.

Passo 7

Por que B é diagonalizável?\n
Um critério prático: uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}) se existir uma base do espaço formada por n vetores próprios linearmente independentes. Aqui n=3 e encontramos três autovalores distintos, cada um com um autovetor não nulo. Autovalores distintos garantem vetores próprios linearmente independentes; alternativamente, as multiplicidades geométricas somam 1+1+1=3, que é n. Portanto existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores e B é diagonalizável.

Passo 8

Por fim, construímos P e D. Escolhendo como colunas de P uma base de autovetores e tomando D com os autovalores na mesma ordem na diagonal, uma escolha conveniente é ordenar os autovalores como 1,2,-2. Então:
D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -2\end{pmatrix},
e podemos escolher
P=\begin{pmatrix}0 & 1 & 3 \\[4pt] 0 & 1 & 15 \\[4pt] 1 & 1 & -1\end{pmatrix},
onde as colunas de P são, respectivamente, os autovetores para \lambda=1, \lambda=2 e \lambda=-2:
\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}3\\[2pt]15\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Com essa escolha vale P^{-1}BP=D. Observação: qualquer outra escolha de vetores próprios (múltiplos não nulos) e a mesma ordem em D também funciona.]

Resposta

(a) p(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+2).\n
(b) \lambda=1,\;2,\;-2.\n
(c) \displaystyle \text{Para }\lambda=1:\\ \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\};\quad\text{para }\lambda=2:\\ \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\};\quad\text{para }\lambda=-2:\\ \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3\\[2pt]15\\[2pt]-1\end{pmatrix}\right\}.\n
(d) Multiplicidade aritmética (algébrica): 1 para cada autovalor. Multiplicidade geométrica: 1 para cada autovalor.\n
(e) Porque existem três autovalores distintos (ou, equivalentemente, a soma das multiplicidades geométricas é 3), logo há uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores; assim B é diagonalizável.\n
(f) Uma escolha é
P=\begin{pmatrix}0 & 1 & 3 \\[4pt] 0 & 1 & 15 \\[4pt] 1 & 1 & -1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -2\end{pmatrix},
com P^{-1}BP=D.]

Exercícios relacionados