Considere a matriz A=\left[\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 4 & 0 \\\\ 3 & 1 & 1\end{array}\right].
(a) Determine os autovalores de A.
(b) Encontre os autovetores.
(c) A matriz A é diagonalizável? Justifique.

Resolução.

(a) Autovalores de A :
Para encontrar os autovalores, resolvemos a equação característica:
\operatorname{det}(A-\lambda I)=0
Calculamos:
A-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc} 2-\lambda & 0 & 0 \\\\ 0 & 4-\lambda & 0 \\\\ 3 & 1 & 1-\lambda \end{array}\right]
então
\operatorname{det}(A-\lambda I)=(2-\lambda)(4-\lambda)(1-\lambda)
Portanto, os autovalores são:
\lambda_{1}=1, \quad \lambda_{2}=2, \quad \lambda_{3}=4
(b) Autovetores:
Para cada autovalor, resolvemos o sistema (A-\lambda I) \vec{v}=0.
Para \lambda_{1}=1 :
A-I=\left[\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 3 & 0 \\\\ 3 & 1 & 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]
Solução: x=0, y=0, z \in \mathbb{R}
Autovetor:
\vec{v}_{1}=\left[\begin{array}{l} 0 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right]
Para \lambda_{2}=2 :
A-2 I=\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 3 & 1 & -1 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{ccc} 3 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{ccc} 3 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \Rightarrow y=0, z=3 x, x \in \mathbb{R}
Autovetor:
\vec{v}_{2}=\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 3 \end{array}\right]
Para \lambda_{3}=4 :
A-4 I=\left[\begin{array}{ccc} -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 3 & 1 & -3 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 3 & 1 & -3 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & -3 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \Rightarrow x=0, y=3 z, z \in \mathbb{R}
Autovetor:
\vec{v}_{3}=\left[\begin{array}{l} 0 \\\\ 3 \\\\ 1 \end{array}\right]

(c) A matriz A é diagonalizável?

Sim. Uma matriz é diagonalizável se admite uma base de autovetores, ou seja, se possui 3 autovalores distintos (ou suficientes autovetores linearmente independentes). Como A tem 3 autovalores distintos com multiplicidade algébrica 1, ela é diagonalizável.
Resposta: Sim, a matriz A é diagonalizável.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos é dado.
  • Dada a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 4 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 1\end{pmatrix}.
  • Perguntas:
    (a) Determinar os autovalores de A.
    (b) Encontrar os autovetores correspondentes.
    (c) Dizer se A é diagonalizável e justificar.]

Passo 2

O que é um autovalor e como encontramos: definição e estratégia.
  • Definição curta e prática: um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não nulo v tal que
A v=\lambda v,
ou equivalentemente
(A-\lambda I)v=0.
  • Para achar possíveis \lambda resolvemos a equação característica
\det(A-\lambda I)=0.
Essa equação nos dá os valores \lambda (possíveis autovalores). Depois, para cada \lambda achamos a solução não trivial do sistema linear (A-\lambda I)v=0 para obter os autovetores.

Passo 3

Montar A-\lambda I e calcular o determinante (equação característica).
  • Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & 4-\lambda & 0\\[4pt] 3 & 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
  • Observação importante (fórmula útil): se uma matriz é triangular (ou seja, todos os elementos acima da diagonal principal são zero ou todos abaixo da diagonal são zero), então o determinante é o produto das entradas da diagonal. Aqui todos os elementos acima da diagonal são zeros: posições (1,2),(1,3),(2,3) são zero, logo a matriz é triangular inferior.
  • Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(4-\lambda)(1-\lambda).]

Passo 4

Encontrar os autovalores a partir da equação característica.
  • A equação característica é
(2-\lambda)(4-\lambda)(1-\lambda)=0.
  • As raízes são
\lambda=2,\quad \lambda=4,\quad \lambda=1.
Ou seja, os autovalores de A são \lambda_1=1, \lambda_2=2, \lambda_3=4 (a ordem não importa, apenas listar os três).

Passo 5

Como achar autovetores: método geral (explicação didática).
  • Para cada autovalor \lambda resolvemos o sistema linear homogêneo
(A-\lambda I)v=0.
  • Esse sistema normalmente é resolvido por redução de linha (eliminação de Gauss) ou por inspeção das equações lineares que ele representa.
  • Lembrete do que fazer na prova: escrever as equações linha a linha, isolar variáveis que são forçadas a zero, identificar variáveis livres e expressar a solução em função de parâmetros para obter uma base do espaço próprio (eigenspace).

Passo 6

Autovetores para \lambda=1.
  • Calculo A-I:
A-I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 0\end{pmatrix}.
  • Isso equivale ao sistema (escrevendo as equações correspondentes):
    1. 1\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z =0 \Rightarrow x=0.
    2. 0\cdot x + 3\cdot y + 0\cdot z =0 \Rightarrow y=0.
    3. 3\cdot x + 1\cdot y + 0\cdot z =0. Com x=0,y=0 essa terceira é satisfeita automaticamente.
  • Assim a única liberdade fica em z, que é parâmetro livre. Tomando z=1 obtemos um autovetor:
v_1=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • O espaço próprio associado a \lambda=1 é \mathrm{span}\{(0,0,1)^T\}.]

Passo 7

Autovetores para \lambda=2.
  • Calculo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 3 & 1 & -1\end{pmatrix}.
  • Escrevendo as equações:
    1. 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z =0 (equação trivial, não impõe restrição).
    2. 0\cdot x + 2\cdot y + 0\cdot z =0 \Rightarrow y=0.
    3. 3\cdot x + 1\cdot y -1\cdot z =0 \Rightarrow 3x + y - z =0.
  • Substituindo y=0 na terceira equação obtemos 3x - z =0, ou seja z=3x.
  • Escolhendo parâmetro x=1 (padrão simples), obtemos y=0, z=3, portanto um autovetor:
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]3\end{pmatrix}.
  • O espaço próprio para \lambda=2 é \mathrm{span}\{(1,0,3)^T\}.]

Passo 8

Autovetores para \lambda=4.
  • Calculo A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 1 & -3\end{pmatrix}.
  • As equações são:
    1. -2x + 0\cdot y + 0\cdot z =0 \Rightarrow x=0.
    2. 0=0 (linha trivial).
    3. 3x + y -3z =0.
  • Substituindo x=0 na terceira equação, obtemos y-3z=0, ou seja y=3z.
  • Tomando z=1 como parâmetro, obtemos y=3, x=0, logo um autovetor:
v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • O espaço próprio para \lambda=4 é \mathrm{span}\{(0,3,1)^T\}.]

Passo 9

Verificação rápida de independência e explicação sobre diagonalizabilidade.
  • Observação prática e muito útil para provas: se uma matriz quadrada n\times n tem n autovalores distintos (contando multiplicidade algébrica), então existem n autovetores linearmente independentes. Isso implica que a matriz é diagonalizável (pois os autovetores formam uma base de \mathbb{R}^n e se usa essa base para diagonalizar).
  • No nosso caso n=3 e os autovalores \{1,2,4\} são três distintos. Cada um tem multiplicidade algébrica 1 e encontramos um autovetor não nulo para cada um; esses autovetores pertencem a espaços próprios de dimensão pelo menos 1. Portanto temos três autovetores linearmente independentes.
  • Conclusão: A é diagonalizável. (Na prática da prova: mencionar “3 autovalores distintos \Rightarrow diagonalizável” já é uma justificativa suficiente.)

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=1,\\ \lambda=2,\\ \lambda=4.
(b) Autovetores correspondentes (um em cada espaço próprio):
v_1=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad v_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(c) Sim. A é diagonalizável porque possui 3 autovalores distintos, logo há 3 autovetores linearmente independentes.]

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