Considere a matriz
A=\left(\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 2 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right)
(a) (4 pontos) Ache uma base para o subespaço associado ao primeiro autovalor;
(b) (4 pontos) Ache uma base para o subespaço associado ao segundo autovalor,
(c) (3 pontos) Determine matrizes P e D tais que A=P D P^{-1} \cdot A matriz A é ortogonalmente diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2\\\\ 0 & 2 & 3\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}
e pede:
(a) uma base do autespaço para o primeiro autovalor;
(b) uma base do autespaço para o segundo autovalor;
(c) matrizes P e D tal que A=PDP^{-1} e se A é ortogonalmente diagonalizável.
O conteúdo envolve cálculo de autovalores, autovetores e diagonalização de matrizes.

Passo 2

Identificamos os autovalores na diagonal de A:
\lambda_{1}=2 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda_{2}=-1 (multiplicidade algébrica 1).
Para \lambda_{1}=2 resolvemos
(A-2I)x = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2\\\\ 0 & 0 & 3\\\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
As equações dão 2z=0, 3z=0, -3z=0, logo z=0 e x,y ficam livres.
Portanto uma base do subespaço próprio de \lambda_{1}=2 é
\{(1,0,0),\,(0,1,0)\}.

Passo 3

Para \lambda_{2}=-1 resolvemos
(A+I)x = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 3 & 0 & 2\\\\ 0 & 3 & 3\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isto dá
3x + 2z = 0\\ \Rightarrow\\ x=-\tfrac{2}{3}z, \quad 3y + 3z = 0\\ \Rightarrow\\ y=-z,
com z livre. Tomando z=3 para evitar frações, um vetor não-nulo é (-2,-3,3).
Logo uma base do subespaço próprio de \lambda_{2}=-1 é
\{(-2,-3,3)\}.

Passo 4

Como A é diagonalizável (tem 3 autovetores independentes), podemos montar
P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2\\\\ 0 & 1 & -3\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
onde as duas primeiras colunas de P são base de \lambda_{1}=2 e a terceira coluna é base de \lambda_{2}=-1. Então
A = P\,D\,P^{-1}.

Passo 5

Uma matriz real é ortogonalmente diagonalizável se e somente se for simétrica. Aqui
A \neq A^T,
portanto A não é ortogonalmente diagonalizável.

Resposta

(a) Base do autespaço para \lambda=2: \{(1,0,0),\,(0,1,0)\}.
(b) Base do autespaço para \lambda=-1: \{(-2,-3,3)\}.
(c)
P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2\\\\ 0 & 1 & -3\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
e A não é ortogonalmente diagonalizável.

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