Considere a matriz
A=\left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 2 \\\\ 0 & 1 & 3 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right)
Sabendo que seu polinômio caracterítico é p(\lambda)=-(1+\lambda)(1-\lambda)^{2},
(a) ( 5 pontos) ache uma base para osubespaço associado ao autovalor 1 ;
(b) ( 5 pontos) ache uma base ortonomal para o subespaço associado ao autovalor \lambda= -1;
(k) (3 pontos) determine as matrizes P e D tais que A=P D P^{-1}.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\\\ 0 & 1 & 3\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}
cujo polinômio característico é -(\lambda+1)(1-\lambda)^2. Logo, os autovalores são \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 1.
Para cada autovalor \lambda precisamos resolver (A-\lambda I)x=0 e escolher as bases pedidas. Depois montamos P com essas vetores próprios e D diagonal com os autovalores.

Passo 2

Queremos o subespaço próprio para \lambda=1, ou seja, resolver
(A - I)x = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2\\\\ 0 & 0 & 3\\\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
As equações dão 2x_3=0,\;3x_3=0,\;-2x_3=0, logo x_3=0 e x_1,x_2 livres.
Uma base natural é
\{\, (1,0,0),\;(0,1,0)\}.

Passo 3

Agora o subespaço próprio para \lambda=-1, resolvendo
(A + I)x = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2\\\\ 0 & 2 & 3\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
Dessas equações vem 2x_1+2x_3=0\implies x_1=-x_3 e 2x_2+3x_3=0\implies x_2=-\tfrac32x_3. Tomando x_3=1, um vetor próprio é
v = \bigl(-1,\,-\tfrac32,\,1\bigr).
Para ter uma base ortonormal, normalizamos v. O seu comprimento é
\|v\| = \sqrt{(-1)^2 + \bigl(-\tfrac32\bigr)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + \tfrac94 +1} = \frac{\sqrt{17}}{2}.
Logo o vetor unitário é
u = \frac{2}{\sqrt{17}}\bigl(-1,\,-\tfrac32,\,1\bigr) = \Bigl(-\tfrac{2}{\sqrt{17}},\,-\tfrac{3}{\sqrt{17}},\,\tfrac{2}{\sqrt{17}}\Bigr).
Uma base ortonormal para \lambda=-1 é \{\,u\}.

Passo 4

Para diagonalizar, tomamos P cujas colunas são vetores próprios escolhidos nas partes (a) e (b), e D diagonal com os autovalores na mesma ordem. Por exemplo, usando as bases:
coluna 1= (1,0,0) para \lambda=1,
coluna 2= (0,1,0) para \lambda=1,
coluna 3= (-1,-\tfrac32,1) para \lambda=-1.
Então
P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\\\ 0 & 1 & -\tfrac32\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
e de fato A = P D P^{-1}.

Resposta

(a) Uma base para o autovalor \lambda=1 é \{(1,0,0),(0,1,0)\}.
(b) Uma base ortonormal para o autovalor \lambda=-1 é
\bigl\{(-\tfrac{2}{\sqrt{17}},-\tfrac{3}{\sqrt{17}},\tfrac{2}{\sqrt{17}})\bigr\}.
(k) Pode-se tomar
P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\\\ 0 & 1 & -\tfrac32\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
de modo que A=PDP^{-1}.

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