Considere a matriz
A=\left(\begin{array}{lll} 2 & 0 & 1 \\\\ 0 & 3 & 0 \\\\ 2 & 0 & 1 \end{array}\right)
(a) Encontre os autovalores de A.
(b) Determine um conjunto de autovetores de A linearmente independentes com o maior número possível de elementos.
(c) Caso possível, determine uma matriz diagonal D e uma matriz invertível P tais que D=P^{-1} A P. Se A não for diagonalizável, explique o motivo.

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 1\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. (a) Encontrar os autovalores de A.
  2. (b) Determinar um conjunto de autovetores de A linearmente independentes com o maior número possível de elementos.
  3. (c) Quando possível, apresentar uma matriz diagonal D e uma matriz invertível P tais que D=P^{-1}AP; se A não for diagonalizável, explicar o motivo.
Informações importantes dadas pelo enunciado: os elementos da matriz A estão listados acima (use-os diretamente). Não há figura extra.]

Passo 2

Vamos calcular os autovalores resolvendo a equação característica \det(A-\lambda I)=0. Aqui \lambda é o escalar (autovalor) e I é a matriz identidade 3\times3. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 3-\lambda & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
A determinante de uma matriz 3\times3 podemos calcular por expansão. Uma boa escolha é expandir pela segunda linha, porque nela há zeros, e sobra apenas o elemento central 3-\lambda. Ao expandir pela segunda linha, obtemos
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Agora calculamos a determinante 2\times2. Para uma 2\times2 a determinante de \begin{pmatrix}a & b \\\ c & d\end{pmatrix} é ad-bc. Aplicando aqui:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda \end{pmatrix}=(2-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot 1.
Desenvolvendo:
(2-\lambda)(1-\lambda)=2-3\lambda+\lambda^2,
portanto
(2-\lambda)(1-\lambda)-2=\lambda^2-3\lambda.
Assim
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\bigl(\lambda^2-3\lambda\bigr).
Fatorando \lambda^2-3\lambda=\lambda(\lambda-3) obtemos
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\lambda(\lambda-3).
Reescrevendo convenientemente (note que (3-\lambda)(\lambda-3)=-(\lambda-3)^2), a equação característica é proporcional a
-\lambda(\lambda-3)^2=0.
Portanto os autovalores são as raízes dessa expressão: \lambda=0 e \lambda=3. A multiplicidade algébrica de \lambda=0 é 1 e de \lambda=3 é 2.]

Passo 3

Agora vamos explicar como encontrar autovetores: para um autovalor [\lambda) qualquer, os autovetores são os vetores não nulos v que satisfazem (A-\lambda I)v=0. A solução desse sistema linear é o autespaço associado a \lambda.
Começamos com \lambda=0. O sistema (A-0\cdot I)v=Av=0 é:
\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 3 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações escalares:
\begin{cases} 2x+z=0,\\[4pt] 3y=0,\\[4pt] 2x+z=0. \end{cases}
As primeiras e terceiras equações são iguais, e da segunda vem y=0\]. Da primeira segue \(z=-2x. Tomando x livre como parâmetro s\in\mathbb{R}, obtemos o vetor geral do autespaço:
\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -2\end{pmatrix}.
Logo o autespaço associado a \lambda=0 é a reta gerada por \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -2\end{pmatrix}. A dimensão (multiplicidade geométrica) para \lambda=0 é 1.]

Passo 4

Agora o autespaço para \lambda=3\). Resolvemos \((A-3I)v=0\). A matriz \(A-3I\) é \[A-3I=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & -2\end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=0 dá as equações:
\begin{cases} -x+z=0,\\[4pt] 0=0,\\[4pt] 2x-2z=0. \end{cases}
As primeiras e a terceira equivalem à condição z=x\]. A segunda é sempre verdadeira, o que significa que \(y é livre. Logo os vetores do autespaço têm a forma
\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix},
com x,y\in\mathbb{R}. Portanto o autespaço de \lambda=3 é bidimensional, gerado pelos vetores \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}. A multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 2, igual à sua multiplicidade algébrica.]

Passo 5

Resumo dos autovalores e autovetores encontrados, e observação sobre diagonalização.
  • Para \lambda=0 (multiplicidade algébrica 1) temos um autovetor não nulo
v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2) temos uma base do autespaço formada por
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Como a soma das dimensões dos autespaços é 1+2=3, que é igual à dimensão da matriz ( 3), conseguimos três autovetores linearmente independentes. Isso significa que A é diagonalizável: existe P invertível cujas colunas são três autovetores independentes e D=P^{-1}AP é diagonal com os autovalores na diagonal, na ordem correspondente às colunas de P.]

Passo 6

Escolhemos a matriz P cujas colunas são os autovetores na ordem (v_1, v_2, v_3):
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & -2\end{pmatrix}.
A matriz diagonal D terá os autovalores na mesma ordem: os autovalores correspondentes a v_1,v_2,v_3 são 3,3,0. Portanto
D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 3 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Podemos verificar rapidamente que P é invertível calculando seu determinante: usando expansão (ou regra de Sarrus),
\det P = 1\cdot(1\cdot(-2)-0\cdot 0)-0+\;1\cdot(0\cdot0-1\cdot1)=-2-1=-3\neq 0,
logo P é invertível e de fato D=P^{-1}AP.]

Resposta

(a) \lambda=0 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2).
(b) Um conjunto de três autovetores linearmente independentes é
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}1\\[4pt] 0\\[4pt] -2\end{pmatrix}.
(c) Por exemplo,
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 0 & -2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 3 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix},
satisfazendo D=P^{-1}AP (a matriz P é inversível porque \det P=-3\neq0).]

Exercícios relacionados