Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja matriz é
A=\left[\begin{array}{lll} 2 & 0 & 0 \\\\ 1 & 3 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right]
(a) Calcule o polinômio característico de A.
(b) Determine o polinômio minimal.
(c) Decida se T é diagonalizável. Justifique.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 com matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. (a) Calcular o polinômio característico de A.
  2. (b) Determinar o polinômio minimal (mínimo) de A.
  3. (c) Decidir se T (ou seja, A) é diagonalizável, com justificativa.
As informações relevantes que temos são a própria matriz A acima e que estamos em \mathbb{R}^3. Não há outra figura ou tabela.]

Passo 2

O que é o polinômio característico e como vamos calculá‑lo: o polinômio característico de uma matriz A é geralmente definido por
p_A(\lambda)=\det(\lambda I - A),
onde I é a matriz identidade. Esse polinômio tem grau n para uma matriz n\times n e suas raízes são os autovalores (valores próprios) de A. Como A é uma matriz triangular superior (os elementos abaixo da diagonal são todos zero exceto um elemento na posição (2,1) — ainda assim a estrutura triangular na diagonal principal é preservada no cálculo do determinante de \lambda I-A), o determinante de \lambda I-A é o produto das entradas diagonais de \lambda I-A. Vamos aplicar isso.

Passo 3

Calculemos \lambda I - A. A matriz identidade I em 3\times3 é \begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt]0&1&0\\[2pt]0&0&1\end{pmatrix}, então
\lambda I - A = \begin{pmatrix} \lambda-2 & 0 & 0\\[4pt] -1 & \lambda-3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & \lambda-3 \end{pmatrix}.
Como essa matriz é triangular (os únicos elementos fora da diagonal não afetam o produto das diagonais para o determinante), o determinante é o produto das entradas diagonais. Portanto
p_A(\lambda)=\det(\lambda I - A)=(\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda-3)=(\lambda-2)(\lambda-3)^2.]

Passo 4

Interpretação do polinômio característico: as raízes de p_A(\lambda) são os autovalores de A. Do resultado do passo anterior vemos que os autovalores são \lambda=2 e \lambda=3. A multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio característico) é:
  • para \lambda=2: multiplicidade algébrica 1,
  • para \lambda=3: multiplicidade algébrica 2.
Para decidir diagonalização precisamos também das multiplicidades geométricas (dimensões dos espaços próprios), então vamos calcular os espaços próprios.

Passo 5

Cálculo do espaço próprio correspondente a [\lambda=2): resolvemos (A-2I)x=0.
Primeiro
A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)x=0 (com x=(x_1,x_2,x_3)^T) é equivalente às equações:
\begin{cases} 0\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0 &\text{(linha 1, sem informação)},\\[4pt] x_1 + x_2 + 0\cdot x_3 = 0,\\[4pt] x_3 = 0. \end{cases}çã
Da terceira equação vem x_3=0\]. Da segunda vem \(x_1 = -x_2. Logo os vetores próprios associados a \lambda=2 são os múltiplos de
v^{(2)} = (-1,\,1,\,0)^T.
O espaço próprio tem dimensão 1 (multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1), que coincide com a multiplicidade algébrica 1.]

Passo 6

Cálculo do espaço próprio correspondente a [\lambda=3): resolvemos (A-3I)x=0.
Primeiro
A-3I=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)x=0 dá as equações:
\begin{cases} - x_1 = 0,\\[4pt] x_1 = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
Da primeira (ou segunda) equação vem x_1=0\]; \(x_2 e x_3 ficam livres. Assim os vetores próprios têm a forma (0,\,s,\,t)^T = s(0,1,0)^T + t(0,0,1)^T. Uma base do espaço próprio é
v^{(3)}_1=(0,1,0)^T,\qquad v^{(3)}_2=(0,0,1)^T.
A dimensão do espaço próprio para \lambda=3 é 2 (multiplicidade geométrica 2), que coincide com a multiplicidade algébrica 2.]

Passo 7

Conclusão sobre diagonalização e cálculo do polinômio minimal:
  • Critério útil: uma matriz A é diagonalizável sobre \mathbb{R} se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é igual à multiplicidade algébrica, e somando essas dimensões obtemos n vetores próprios linearmente independentes formando uma base. Aqui temos multiplicidade geométrica 1 para \lambda=2 e 2 para \lambda=3; somando dá 1+2=3, ou seja, existem 3 autovetores linearmente independentes que formam uma base de \mathbb{R}^3. Portanto A é diagonalizável.
  • Polinômio minimal: o polinômio minimal m_A(\lambda) é o polinômio monico de menor grau tal que m_A(A)=0. Ele deve ter como fatores lineares apenas (\lambda-2) e (\lambda-3) (porque são os autovalores) e os expoentes não podem exceder as multiplicidades algébricas. Como A é diagonalizável, o polinômio minimal tem todas as raízes simples (expoentes 1), isto é
m_A(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3).
Podemos também verificar diretamente que (A-2I)(A-3I)=0: calculando as multiplicações de matrizes (operação mostrada abaixo) obtém‑se a matriz nula, e nem (A-2I) nem (A-3I) são a matriz nula isoladamente, então o polinômio minimal é exatamente (\lambda-2)(\lambda-3).

Passo 8

Resumo final (respostas objetivas que você pode conferir rápido):
  • polinômio característico: (\lambda-2)(\lambda-3)^2;
  • polinômio minimal: (\lambda-2)(\lambda-3);
  • diagonalizável: sim, porque as multiplicidades geométrica e algébrica de cada autovalor coincidem (e há 3 autovetores linearmente independentes).

Resposta

(a) p_A(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3)^2
(b) m_A(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3)
(c) Sim.

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