Considere a matriz
A=\left(\begin{array}{rrr} 4 & -2 & -2 \\\\ -2 & 4 & -2 \\\\ -2 & -2 & 4 \end{array}\right) .
(a) Determine todos os autovalores de A.
(b) Determine, se possível, uma forma diagonal de A.
(c) Determine, se possível, uma base \gamma de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de A que não seja ortogonal.
(d) Determine se A é semelhante a alguma (ou algumas, ou nenhuma, ou todas) das matrizes B, C e E a seguir:
B=\left(\begin{array}{lll} 6 & 1 & 0 \\\\ 0 & 6 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right), \quad C=\left(\begin{array}{lll} 6 & 0 & 0 \\\\ 0 & 5 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right), \quad E=\left(\begin{array}{rrr} 6 & 1 & 0 \\\\ 0 & 6 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right) .

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 4 & -2 & -2 \\\\ -2 & 4 & -2 \\\\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix}
e pede quatro coisas:
  1. (a) Determinar todos os autovalores de A.
  2. (b) Determinar, se possível, uma forma diagonal de A.
  3. (c) Determinar, se possível, uma base \gamma de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A que não seja ortogonal.
  4. (d) Verificar se A é semelhante a alguma(s) das matrizes B,C,E abaixo:
B=\begin{pmatrix}6 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}6 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 5 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix},\quad E=\begin{pmatrix}6 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Informações dadas relevantes: os coeficientes de A (4 na diagonal, -2 fora da diagonal). Não há imagem extra. A resolução seguirá encontrando autovalores, autovetores, forma diagonal e comparando invariantes de similaridade com B,C,E.]

Passo 2

Vamos encontrar os autovalores de A. Uma observação muito útil é reconhecer uma decomposição simples de A. Considere a matriz J de todas as entradas iguais a 1, isto é,
J=\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{pmatrix}.
Calcule a combinação 6I-2J. Temos
6I-2J=\begin{pmatrix}6&0&0\\[4pt]0&6&0\\[4pt]0&0&6\end{pmatrix} -2\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4&-2&-2\\[4pt]-2&4&-2\\[4pt]-2&-2&4\end{pmatrix}=A.
Logo \displaystyle A=6I-2J.
Agora precisamos lembrar um fato sobre J: a soma das entradas de uma coluna é 3, então J(1,1,1)^T=3(1,1,1)^T. Portanto J tem um autovalor \lambda_J=3 com autovetor (1,1,1)^T. Além disso, qualquer vetor com soma das componentes igual a zero é levado por J ao vetor zero, isto é, Jv=0 se as componentes de v somam zero. Assim 0 é autovalor de J com multiplicidade algébrica 2.
Se v é autovetor de J com autovalor \mu, então
Av = (6I-2J)v = 6v -2(Jv)=6v -2\mu v=(6-2\mu)v.
Portanto cada autovalor \mu de J gera um autovalor 6-2\mu de A.
Aplicando isso: para \mu=3 obtemos 6-2\cdot 3=0. Para \mu=0 obtemos 6-2\cdot 0=6 (multiplicidade 2). Concluímos que os autovalores de A são
\boxed{\;0\text{ (multiplicidade }1),\quad 6\text{ (multiplicidade }2)\; }.]

Passo 3

Agora vamos encontrar autovetores (espaços próprios) correspondentes a cada autovalor e mostrar a diagonalização.
Autovalor \lambda=0. Procuramos v\neq 0 tal que Av=0. Pela observação anterior, (1,1,1)^T é autovetor de J com \mu=3, então é autovetor de A com autovalor 0. Verificação direta:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4-2-2\\[4pt]-2+4-2\\[4pt]-2-2+4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto um autovetor associado a 0 é v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Autovalor \lambda=6. São todos os vetores v tal que Jv=0, ou seja, vetores cujas componentes somam zero. Precisamos de uma base desse subespaço (dimensão 2). Dois vetores simples que somam zero e são linearmente independentes são:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Verificação rápida:
Av_1=6v_1,\qquad Av_2=6v_2,
podemos checar multiplicando componente a componente (por exemplo para v_1: primeira entrada 4\cdot1 +(-2)(-1)+(-2)\cdot 0=4+2+0=6, segunda entrada -2\cdot1 +4\cdot(-1)+(-2)\cdot0=-2-4+0=-6, etc., o que mostra Av_1=6v_1). Assim v_1 e v_2 geram o espaço próprio associado a 6.
Como encontramos três autovetores linearmente independentes v_1,v_2,v_3, com autovalores correspondentes 6,6,0, isso mostra que A tem três autovetores independentes e, portanto, é diagonalizável. Uma forma diagonal possível (escolhendo a ordem dos autovalores) é
D=\begin{pmatrix}6&0&0\\[4pt]0&6&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix}.
Se colocarmos como colunas de P os autovetores v_1,v_2,v_3, então P^{-1}AP=D. Assim a resposta para (b) é que sim, A é diagonalizável e uma forma diagonal é D=\operatorname{diag}(6,6,0).
Observação adicional (útil na prova): A é simétrica ( A^T=A), e todo matriz simétrica real é diagonalizável por uma matriz ortogonal — isto garante também que existe uma base ortonormal de autovetores e que podemos escolher P ortogonal com P^T A P=D. Se quiser, podemos aplicar Gram–Schmidt aos v_1,v_2,v_3 para obter autovetores ortonormais.]

Passo 4

Construir uma base \gamma de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A que NÃO seja ortogonal (parte (c)). Já demos um candidato acima; vamos usar vetores simples diferentes entre si que são autovetores e não são mutuamente ortogonais. Escolho:
\gamma=\left\{\,\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Verificações necessárias:
  1. Os dois primeiros vetores somam componente a componente 1-1+0=0 e 1+0-1=0, portanto pertencem ao subespaço soma-zero e são autovetores com autovalor 6.
  2. O terceiro é (1,1,1)^T, autovetor com autovalor 0.
  3. Esses três vetores são linearmente independentes. Para ver isso podemos calcular o determinante da matriz cuja colunas são esses vetores:
\det\begin{pmatrix}1&1&1\\[4pt]-1&0&1\\[4pt]0&-1&1\end{pmatrix}=3\neq 0,
logo formam base.
  1. Eles não são todos ortogonais entre si: por exemplo o produto escalar entre \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix} é 1\cdot1+(-1)\cdot0+0\cdot(-1)=1\neq0. Portanto a base não é ortogonal.
Assim a parte (c) está atendida com \gamma acima.]

Passo 5

Agora a parte (d): verificar similaridade entre A e cada uma de B,C,E.
Teorema usado (explicação didática): dois matrizes reais são semelhantes se, e somente se, têm o mesmo polinômio característico e, mais finamente, o mesmo tipo de forma de Jordan (mesmas partições dos blocos de Jordan para cada valor próprio). Em particular, a multiplicidade algébrica de cada autovalor e a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) são invariantes de similaridade. Como A é diagonalizável, no seu bloco de Jordan cada autovalor aparece em blocos 1×1; portanto qualquer matriz semelhante a A também deve ser diagonalizável e ter os mesmos autovalores com as mesmas multiplicidades algébrica e geométrica.
Já sabemos que A tem autovalores 6 (algébrica 2, geométrica 2) e 0 (algébrica 1, geométrica 1).
Compare com B. Primeiro o polinômio característico de B:
\chi_B(\lambda)=\det(B-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}6-\lambda & 1 & 0\\[4pt]0 & 6-\lambda & 0\\[4pt]0 & 1 & -\lambda\end{pmatrix} =-(6-\lambda)^2\lambda.
Assim os autovalores de B são \lambda=6 (algébrica 2) e \lambda=0 (algébrica 1) — mesmos autovalores algébricos que A. Porém precisamos checar a multiplicidade geométrica de \lambda=6 para B. Resolva (B-6I)x=0:
B-6I=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&1&-6\end{pmatrix}.
As equações implicam y=0 (da primeira linha) e então da terceira linha -6z=0\Rightarrow z=0. Não há restrição sobre x. Logo o espaço próprio de 6 para B é \{(x,0,0)^T\}, de dimensão 1. Portanto a multiplicidade geométrica de 6 em B é 1, enquanto em A é 2. Conclusão: B não é semelhante a A (pois B tem um bloco de Jordan 2×2 para o autovalor 6, i.e. não é diagonalizável).
Compare com C. A matriz C é diagonal com autovalores \{6,5,1\}. Como A tem autovalores \{6,6,0\}, os conjuntos (contando multiplicidades) são diferentes. Logo C não é semelhante a A.
Compare com E. A matriz E tem polinômio característico (6-\lambda)^2(-1-\lambda), logo autovalores \{6,6,-1\}. Novamente o terceiro autovalor -1 difere do autovalor 0 de A. Portanto E não é semelhante a A.
Resumo da parte (d): nenhum de B,C,E é semelhante a A.]

Resposta

(a) Os autovalores de A são 0 (multiplicidade 1) e 6 (multiplicidade 2).\newline
(b) Sim. Uma forma diagonal é \displaystyle D=\begin{pmatrix}6&0&0\\[4pt]0&6&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix} (p.ex. obtida por P^{-1}AP=D com P cujas colunas são autovetores correspondentes). \newline
(c) Um exemplo de base \gamma formada por autovetores não ortogonal é
\gamma=\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},
onde os dois primeiros têm autovalor 6 e o terceiro autovalor 0.\newline
(d) A não é semelhante a nenhuma das matrizes B, C ou E.]

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