(a) Determine os autovalores da matriz
A=\left[\begin{array}{rrr} -1 & 1 & 4 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ -2 & 1 & 5 \end{array}\right]
(b) Determine bases dos autoespaços de A correspondentes aos autovalores determinados.
(c) Diga qual é a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica dos autovalores.
(d) A matriz A é diagonalizável? Sendo ou não sendo, explique o porquê.
Resolução: (a) Vamos determinar as raízes do polinômio característico \operatorname{det}(A-\lambda I)=0
\begin{aligned} & 0=\left|\begin{array}{ccc} -1-\lambda & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\\ -2 & 1 & 5-\lambda \end{array}\right| \stackrel{(1)}{=}\left|\begin{array}{ccc} -\lambda-1 & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\ \lambda-1 & 0 & 1-\lambda \end{array}\right| \\\ & \stackrel{(2)}{=}(\lambda-1)\left|\begin{array}{ccc} -\lambda-1 & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\\ 1 & 0 & -1 \end{array}\right| \stackrel{(3)}{=}(\lambda-1)\left|\begin{array}{ccc} -\lambda+3 & 1 & 4 \\\\ -1 & 1-\lambda & -1 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right| . \end{aligned}
Em (1) realizamos a operação elementar sobre linhas L_{3}-L_{1} \rightarrow L_{3}. Em (2) colocamos em evidência o(\lambda-1) que está multiplicando a terceira linha. Em (3) realizamos a operação elementar sobre colunas C_{1}+C_{3} \rightarrow C_{1}. Desenvolvendo o último determinante pela terceira linha, segue
0=-(\lambda-1)\left|\begin{array}{cc} -\lambda+3 & 1 \\\\ -1 & 1-\lambda \end{array}\right|=-(\lambda-1)[(-\lambda+3)(1-\lambda)+1]=-(\lambda-1)\left(\lambda^{2}-4 \lambda+4\right)
ou
-(\lambda-1)(\lambda-2)^{2}=0 .
Os autovalores são
\lambda_{1}=1 \quad \text { e } \quad \lambda_{2}=2
(a) Determine os autovalores da matriz
(b) Vamos determinar os autovetores.
(b.1) Correspondentes ao autovalor \lambda_{1}=1. Devemos resolver a equação homogênea \left(A-\lambda_{1} I\right) X =0, escalonando a matriz
A-\lambda_{1} I=\left[\begin{array}{rrr} -2 & 1 & 4 \\\\ 0 & 0 & -1 \\\\ -2 & 1 & 4 \end{array}\right] \quad \text { obtemos } \quad R_{1}=\left[\begin{array}{rrr} 2 & -1 & -4 \\\\ 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]
que é sua forma escalonada. Se X=\left[\begin{array}{lll}x & y & z\end{array}\right]^{T} for solução de R_{1} X=0, então y=2 x e x =0. Os autovetores correspondentes a este autovalor são da forma
X=\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} x \\\\ 2 x \\\\ 0 \end{array}\right]=x\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \\\\ 0 \end{array}\right],
onde x é qualquer número real não nulo. Uma base do autoespaço de A correspondente ao autovalor \lambda_{1}=1 é
\left\{\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 0 \end{array}\right]^{T}\right\} .
(b.2) Correspondentes ao autovalor \lambda_{2}=2. Devemos resolver a equação homogênea \left(A-\lambda_{2} I\right) X =0. Escalonando a matriz
A-\lambda_{2} I=\left[\begin{array}{rrr} -3 & 1 & 4 \\\\ 0 & -1 & -1 \\\\ -2 & 1 & 3 \end{array}\right] \quad \text { obtemos } \quad R_{2}=\left[\begin{array}{rrr} 3 & -1 & -4 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] .
que é sua forma escalonada. Se X=\left[\begin{array}{lll}x & y & z\end{array}\right]^{T} for solução de R_{2} X=0, então x=z e y= -z. Os autovetores correspondentes a este autovalor são da forma
X=\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{r} z \\\\ -z \\\ z \end{array}\right]=-z\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ -1 \\\\ 1 \end{array}\right],
onde z é qualquer número real não nulo. Uma base do autoespaço de A correspondente ao autovalor \lambda_{2}=2 é
\left\{\left[\begin{array}{lll} 1 & -1 & 1 \end{array}\right]^{T}\right\} .
(c) Quanto às multiplicidades dos autovalores temos
m a(1)=m g(1)=1, \quad m a(2)=2, \quad m g(2)=1 .
(d) A matriz A não é diagonalizável pois a soma das dimensões dos autoespaços é m g(1)+ m g(2)=2. Para uma matriz 3 \times 3 ser diagonalizável, a soma das dimensões dos autoespaços deve ser igual a 3 . São necessários três autovetores linearmente independentes para formar a matriz P inversível para a qual P^{-1} A P é diagonal.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas e nos dá a matriz A. Vou listar claramente o que é pedido e quais dados temos.
  • Matriz dada:
A=\left[\begin{array}{rrr} -1 & 1 & 4 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ -2 & 1 & 5 \end{array}\right].
  • Perguntas:
    (a) Determinar os autovalores (os \lambda tais que \det(A-\lambda I)=0).
    (b) Determinar bases dos autoespaços de A correspondentes a cada autovalor (ou seja, achar autovetores e bases dos espaços próprios).
    (c) Indicar a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de cada autovalor.
    (d) Dizer se A é diagonalizável e explicar o porquê.

Passo 2

Lembrete e estratégia curta (aula rápida): um autovalor \lambda é solução da equação característica
\det(A-\lambda I)=0.
Para calcular esse determinante vamos formar A-\lambda I e usar operações elementares (linhas/colunas) para simplificar o cálculo do determinante. Operações do tipo L_i \leftarrow L_i + c L_j não alteram o determinante; multiplicar uma linha por escalar multiplica o determinante por esse escalar; fatorar um escalar de uma linha permite colocá-lo fora do determinante.
Formando A-\lambda I:
A-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc} -1-\lambda & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\\ -2 & 1 & 5-\lambda \end{array}\right].

Passo 3

Aplicando uma operação de linha para simplificar: faça L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}. Isso não altera o valor do determinante. O terceiro renglón fica
[-2-( -1-\lambda),\;1-1,\;5-\lambda-4]=[\lambda-1,\;0,\;1-\lambda].
Assim o determinante vira
\det(A-\lambda I)=\left|\begin{array}{ccc} -1-\lambda & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\ \lambda-1 & 0 & 1-\lambda \end{array}\right|.

Passo 4

Observe que a terceira linha é (\lambda-1)[1,0,-1]. Podemos então fatorar \lambda-1 fora do determinante (isto é, \det é linear na linha):
\det(A-\lambda I)=(\lambda-1)\left|\begin{array}{ccc} -1-\lambda & 1 & 4 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\\ 1 & 0 & -1 \end{array}\right|.

Passo 5

Agora simplificamos mais usando uma operação de coluna: faça C_{1}\leftarrow C_{1}+C_{3}. Isso também preserva o determinante (adição de coluna). As entradas da primeira coluna passam a ser:
(-1-\lambda)+4 = 3-\lambda,\quad 0+(-1)=-1,\quad 1+(-1)=0.
Portanto
\det(A-\lambda I)=(\lambda-1)\left|\begin{array}{ccc} 3-\lambda & 1 & 4 \\\\ -1 & 1-\lambda & -1 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right|.

Passo 6

Desenvolvendo o determinante pela terceira linha (ou observando que o último elemento é -1 e a terceira coluna de cofator dá um sinal), obtemos
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-1)\left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & 1 \\\\ -1 & 1-\lambda \end{array}\right|.
Calculemos o determinante 2\times2:
\begin{aligned} \left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & 1 \\\\ -1 & 1-\lambda \end{array}\right| &=(3-\lambda)(1-\lambda)-(-1)\cdot 1 \\\ &=(3-\lambda)(1-\lambda)+1 \\\ &=\lambda^{2}-4\lambda+4 \\\ &=(\lambda-2)^{2}. \end{aligned}
Logo
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-1)(\lambda-2)^{2}.

Passo 7

Das raízes do polinômio característico obtemos os autovalores:
\lambda=1\quad\text{(raiz simples)},\qquad \lambda=2\quad\text{(raiz dupla)}.
Isto responde o item (a).

Passo 8

Agora vamos achar os autovetores (item (b)). Relembrando: autovetores para \lambda\) são soluções não-nulas de \[(A-\lambda I)X=0.
Comecemos por \lambda_{1}=1. Escrevendo a matriz:
A-I=\left[\begin{array}{rrr} -2 & 1 & 4 \\\\ 0 & 0 & -1 \\\\ -2 & 1 & 4 \end{array}\right].
Vamos escalonar para resolver (A-I)X=0. Posso trocar o sinal da primeira linha e usar L_3\leftarrow L_3-L_1 para zerar a terceira linha; uma forma escalonada conveniente é
\left[\begin{array}{rrr} 2 & -1 & -4 \\\\ 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Escrevendo o sistema correspondente (se X=(x,y,z)^{T}):
\begin{cases} 2x - y -4z = 0,\\\ z = 0. \end{cases}
Da segunda equação z=0\]. Substituindo na primeira: \(2x - y = 0\Rightarrow y=2x. Portanto as soluções são
X=\left[\begin{array}{c} x\\\\ 2x\\\\ 0\end{array}\right]=x\left[\begin{array}{c}1\\\ 2\\\ 0\end{array}\right],\quad x\neq 0.
Uma base do autoespaço associado a \lambda=1 é
\left\{\left[\begin{array}{c}1\\\ 2\\\ 0\end{array}\right]\right\}.

Passo 9

Agora \lambda_{2}=2\). Formamos \[A-2I=\left[\begin{array}{rrr} -3 & 1 & 4 \\\\ 0 & -1 & -1 \\\\ -2 & 1 & 3 \end{array}\right].
Escalonando (por exemplo, multiplicando a primeira linha por -1 e a segunda por -1) obtemos uma forma conveniente:
\left[\begin{array}{rrr} 3 & -1 & -4 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
O sistema (A-2I)X=0 para X=(x,y,z)^{T} corresponde a
\begin{cases} 3x - y -4z = 0,\\\ y + z = 0. \end{cases}
Da segunda equação y=-z\]. Substituindo na primeira: \[3x -(-z) -4z = 0 \;\Rightarrow\; 3x -3z = 0 \;\Rightarrow\; x=z.\] Logo as soluções são \[X=\left[\begin{array}{c} z\\\\ -z\\\ z\end{array}\right]=z\left[\begin{array}{c}1\\\ -1\\\ 1\end{array}\right],\quad z\neq 0.\] Uma base do autoespaço associado a \(\lambda=2 é
\left\{\left[\begin{array}{c}1\\\ -1\\\ 1\end{array}\right]\right\}.

Passo 10

Agora (item (c)) explicamos multiplicidades:
  • Multiplicidade algébrica ( m_a) é a multiplicidade da raiz \lambda no polinômio característico.
  • Multiplicidade geométrica ( m_g) é a dimensão do autoespaço (ou seja, a nulidade de A-\lambda I).
Aqui:
m_a(1)=1,\quad m_g(1)=\dim\operatorname{span}\{[1,2,0]^T\}=1.
m_a(2)=2,\quad m_g(2)=\dim\operatorname{span}\{[1,-1,1]^T\}=1.
Observação importante (regra geral): sempre vale 1\le m_g(\lambda)\le m_a(\lambda).

Passo 11

(item (d)) Critério de diagonalizabilidade: uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}) se e somente se existe uma base de \mathbb{R}^n formada por autovetores, ou equivalentemente se a soma das multiplicidades geométricas de todos os autovalores for n. Outra forma: para cada autovalor é necessário que m_g(\lambda)=m_a(\lambda).
No nosso caso n=3 e temos m_g(1)+m_g(2)=1+1=2<3. Em particular m_g(2)=1<m_a(2)=2, ou seja falta um segundo autovetor independente associado a \lambda=2. Portanto não existem 3 autovetores linearmente independentes e a matriz A não é diagonalizável.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=1 e \lambda=2 (com \lambda=2 de multiplicidade algébrica 2).
(b) Bases dos autoespaços: para \lambda=1 a base é \left\{\left[\begin{array}{c}1\\\ 2\\\ 0\end{array}\right]\right\}; para \lambda=2 a base é \left\{\left[\begin{array}{c}1\\\ -1\\\ 1\end{array}\right]\right\}.
(c) Multiplicidades: m_a(1)=1,\; m_g(1)=1;\quad m_a(2)=2,\; m_g(2)=1.
(d) A não é diagonalizável, pois a soma das dimensões dos autoespaços é 1+1=2<3 (falta um autovetor independente para completar uma base de \mathbb{R}^3).

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