Considere a seguinte matriz A :
A=\left[\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 1 \\\\ 1 & 1 & 0 \\\\ -7 & 1 & 0 \end{array}\right]
a) [0.25 \mathrm{pt}] Encontre a equação característica da matriz A.
b) [1 pt] Sabendo que um dos autovalores vale \lambda=2, encontre os outros autovalores da matriz A.
c) [1 \mathrm{pt}] Encontre bases dos autoespaços da matriz A.
d) [0.25 \mathrm{pt}] \mathrm{A} partir dos resultados anteriores, a matriz A é diagonalizável?
(1)
A=\left[\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 1 \\\\ 1 & 1 & 0 \\\\ -7 & 1 & 0 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] -7 & 1 & 0 \end{pmatrix}
e pede quatro coisas:
  • (a) encontrar a equação característica (polinômio característico) de A;
  • (b) sabendo que um autovalor é \lambda=2, encontrar os outros autovalores de A;
  • (c) encontrar bases dos autoespaços (espaços próprios) de A — isto é, bases dos núcleos de A-\lambda I para cada autovalor \lambda;
  • (d) dizer se A é diagonalizável a partir dos resultados anteriores.
Todos os números e variáveis acima serão usados diretamente na resolução.]

Passo 2

Lembrete rápido (o que é polinômio característico): para uma matriz A de ordem n, a equação característica é o polinômio
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Os autovalores são as raízes desse polinômio.
Vamos calcular \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 5-\lambda & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda & 0\\[4pt] -7 & 1 & -\lambda \end{pmatrix}.
Vou calcular o determinante expandindo pela primeira linha (regra de Sarrus não vale para 3\times3 de forma direta aqui, então uso expansão por cofatores):
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix} -0\cdot(\cdots)+1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1-\lambda\\[4pt]-7 & 1\end{pmatrix}.
Agora calculo cada determinante 2\times2.
Primeiro:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(- \lambda)-0\cdot1=-\lambda(1-\lambda).
Segundo (o da terceira coluna):
\det\begin{pmatrix}1 & 1-\lambda\\[4pt]-7 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-(1-\lambda)(-7)=1+7(1-\lambda)=8-7\lambda.
Substituindo:
\chi_A(\lambda)=(5-\lambda)\bigl(-\lambda(1-\lambda)\bigr)+(8-7\lambda).
Faço a expansão com calma: primeiro (5-\lambda)(1-\lambda)=5-6\lambda+\lambda^2. Multiplicando por -\lambda -5\lambda+6\lambda^2-\lambda^3. Somando 8-7\lambda obtemos
\chi_A(\lambda)=-\lambda^3+6\lambda^2-12\lambda+8.
Multiplicando por -1 (para ter coeficiente líder positivo) fica
\chi_A(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+12\lambda-8.]

Passo 3

Agora uso o fato dado de que \lambda=2 é raiz. Verifico se \lambda=2 é raiz múltipla: observo que o polinômio encontrado é exatamente a expansão de (\lambda-2)^3, porque
(\lambda-2)^3=\lambda^3-3\cdot2\lambda^2+3\cdot 2^2\lambda-2^3=\lambda^3-6\lambda^2+12\lambda-8.
Logo
\chi_A(\lambda)=(\lambda-2)^3.
Portanto todos os autovalores são \lambda=2 com multiplicidade algébrica igual a 3.

Passo 4

Agora vamos encontrar os autoespaços, ou seja, resolver [(A-\lambda I)v=0) para cada autovalor. Como o único autovalor é \lambda=2, precisamos do núcleo de A-2I.
Calculo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] -7 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
Queremos resolver (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Escrevo o sistema linear correspondente:
\begin{cases} 3x+0y+z=0,\\[4pt] x-y+0z=0,\\[4pt] -7x+y-2z=0. \end{cases}
Posso resolver por eliminação. Troco as equações para ter referência com pivôs: uso a segunda equação como pivot da primeira coluna:
\begin{aligned} &x-y=0\quad\Rightarrow\quad y=x,\\[4pt] &3x+z=0\quad\Rightarrow\quad z=-3x. \end{aligned}
Verifico a terceira equação para consistência: substituindo y=x\] e \(z=-3x em -7x+y-2z obtém-se -7x+x-2(-3x)= -6x+6x=0, ou seja, é redundante (não impõe nova condição).
Portanto a solução geral é
\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-3\end{pmatrix},\quad x\in\mathbb{R}.
Isto mostra que o autoespaço associado a \lambda=2 tem dimensão 1 e uma base é formada pelo vetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Comentário didático rápido: a multiplicidade algébrica de \lambda=2 é 3 (porque (\lambda-2)^3), mas a multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço, isto é, o número de autovetores linearmente independentes associados ao autovalor) é 1. Isso é importante para diagonalização.]

Passo 5

Condição de diagonalizabilidade (explicação curta): uma matriz n\times n é diagonalizável se e somente se, para cada autovalor, a soma das dimensões dos autoespaços (ou seja, a soma das multiplicidades geométricas) é n. Equivalentemente, precisa haver n autovetores linearmente independentes. Para um autovalor com multiplicidade algébrica m, sua multiplicidade geométrica é sempre entre 1 e m. Se para algum autovalor a multiplicidade geométrica for menor que a algébrica, não conseguimos juntar n autovetores e a matriz não é diagonalizável.
No nosso caso temos n=3, o único autovalor é \lambda=2 com multiplicidade algébrica 3 e multiplicidade geométrica 1. Logo não existem 3 autovetores independentes; portanto A não é diagonalizável.

Resposta

(a) \chi_A(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+12\lambda-8=(\lambda-2)^3
(b) \lambda=2 (multiplicidade algébrica 3)
(c) Base do autoespaço correspondente a \lambda=2: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-3\end{pmatrix}\right\}
(d) Não, A não é diagonalizável (multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1<3).]

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