Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 0 \\\\ 24 & -14 & 12 \\\\ 32 & -16 & 14 \end{array}\right]
(a) Calcule os autovalores e autovetores da matriz A.
(b) Determine bases dos autoespaços de A cujas matrizes possuem entradas inteiras.
(c) Apresente, se existirem, matriz P inversível e matriz D diagonal para as quais A P=P D. Basta apresentar as matrizes P e D, não é preciso mostrar que vale a igualdade A P=P D.

Passo 1

Listando claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Matriz dada:
A=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\\\ 24 & -14 & 12 \\\\ 32 & -16 & 14 \end{pmatrix}
  • Perguntas:
    (a) Calcular os autovalores e autovetores de A.
    (b) Determinar bases dos autoespaços de A cujas matrizes (ou vetores da base) tenham entradas inteiras.
    (c) Apresentar, se existirem, matrizes P invertível e diagonal D tais que A P = P D. Basta fornecer P e D.

Passo 2

Montar o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I) e calculá-lo.
Começamos escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} -2-\lambda & 0 & 0 \\\\ 24 & -14-\lambda & 12 \\\\ 32 & -16 & 14-\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira linha tem apenas o primeiro elemento não nulo, podemos expandir o determinante por essa primeira linha. Assim
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(-2-\lambda)\det\begin{pmatrix}-14-\lambda & 12 \\\\ -16 & 14-\lambda\end{pmatrix}.

Passo 3

Calcular a determinante 2\times2 e fatorar o polinômio característico.
Calculemos a determinantinho:
\det\begin{pmatrix}-14-\lambda & 12 \\\\ -16 & 14-\lambda\end{pmatrix}=(-14-\lambda)(14-\lambda)-12\cdot(-16).
Desenvolvendo:
(-14-\lambda)(14-\lambda) = -196 + \lambda^2
e
-12\cdot(-16)=192.
Portanto
(-14-\lambda)(14-\lambda)-12\cdot(-16)=\lambda^2-196+192=\lambda^2-4.
Logo
\chi_A(\lambda)=(-2-\lambda)(\lambda^2-4)=-(\lambda+2)(\lambda^2-4).
Fatorando mais:
\chi_A(\lambda)=-(\lambda+2)^2(\lambda-2).

Passo 4

Ler as raízes do polinômio característico: autovalores e suas multiplicidades.
Dos fatores obtemos os autovalores:
  • \lambda=-2 com multiplicidade algébrica 2.
  • \lambda=2 com multiplicidade algébrica 1.
Agora precisamos achar os autovetores (espaços próprios) associados a cada autovalor.

Passo 5

Encontrar o autoespaço para \lambda=2: resolver (A-2I)v=0.
Primeiro escrevemos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} -4 & 0 & 0 \\\\ 24 & -16 & 12 \\\\ 32 & -16 & 12 \end{pmatrix}.
O sistema linear (A-2I)\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0 dá as equações:
-4x=0,
24x-16y+12z=0,
32x-16y+12z=0.
Da primeira equação segue \,x=0. Substituindo x=0 nas outras,
-16y+12z=0 \quad\Longrightarrow\quad -4y+3z=0 \quad\Longrightarrow\quad 3z=4y.
Tomando y=3 (para ter coordenadas inteiras), vem z=4. Assim um autovetor associado a \lambda=2 é
v_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 4\end{pmatrix}.
Como a multiplicidade algébrica de \lambda=2 é 1, o espaço próprio é \operatorname{span}\{v_{2}\}.

Passo 6

Encontrar o autoespaço para \lambda=-2: resolver (A+2I)v=0.
Escrevendo A+2I:
A+2I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\\\ 24 & -12 & 12 \\\\ 32 & -16 & 16 \end{pmatrix}.
O sistema (A+2I)\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0 gera as equações:
0=0 \\ (\text{sem informação}),çã
24x-12y+12z=0,
32x-16y+16z=0.
Dividindo a segunda equação por 12 obtemos
2x-y+z=0 \quad\Longrightarrow\quad y=2x+z.
A terceira equação é múltiplo da segunda (não traz nova informação), então o espaço de soluções tem dimensão 2. Parametrizando com x=s,\\ z=t obtemos
\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\\ 2s+t\t\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
Portanto uma base natural do autoespaço de \lambda=-2 é formada por vetores inteiros:
v_{-2}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\qquad v_{-2}^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 7

Responder (b): bases dos autoespaços com entradas inteiras.
  • Para \lambda=2: base \{\,\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 4\end{pmatrix}\,\}.
  • Para \lambda=-2: base \{\,\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}\,\}.
Observação útil: escolhemos vetores inteiros por conveniência — multiplicar um autovetor por escalar não altera o autoespaço.

Passo 8

Responder (c): existência de P invertível e D diagonal com A P = P D.
Como conseguimos três autovetores linearmente independentes (dois para \lambda=-2 e um para \lambda=2), a matriz A é diagonalizável. Podemos escolher como colunas de P as três bases dos autoespaços (na mesma ordem em que aparecem os autovalores na diagonal de D). Tomando, por exemplo, as colunas na ordem \,v_{-2}^{(1)},\\ v_{-2}^{(2)},\\ v_{2}\,, obtemos uma matriz P com entradas inteiras.
Escolhendo essas colunas:
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\\\ 2 & 1 & 3 \\\\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Verificação rápida do determinante de P (para garantir invertibilidade): expandindo pela primeira linha
\det(P)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 3\\\ 1 & 4\end{pmatrix}=1\cdot(1\cdot4-3\cdot1)=1\neq0,
logo P é invertível e serve para diagonalizar A.

Resposta

(a) \lambda=-2 (multiplicidade algébrica 2), com autoespaço gerado por
\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
\lambda=2 (multiplicidade algébrica 1), com autoespaço gerado por
\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 4\end{pmatrix}.
(b) Bases dos autoespaços com entradas inteiras:
\text{para }\lambda=-2:\\ \left\{\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}\right\}, \qquad \text{para }\lambda=2:\\ \left\{\begin{pmatrix}0\\\ 3\\\ 4\end{pmatrix}\right\}.
(c) Uma escolha possível é
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\\\ 2 & 1 & 3 \\\\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

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