Encontre os autovalores e os autovetores das matrizes. Determine as bases dos autoespaços correspondentes. Aplique, se possível, a diagonalização (não ortogonal) A=P D P^{-1} as matrizes.
A=\left[\begin{array}{rrr}0 & 0 & -2 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os autovalores e autovetores da matriz
A=\begin{pmatrix}0&0&-2\\\ 1&2&1\\\ 1&0&3\end{pmatrix},
determinar bases dos autoespaços e, se possível, diagonalizar A na forma A=PDP^{-1}.
Conteúdo: polinômio característico, autovalores, autoespaços e diagonalização.

Passo 2

Calculemos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} -\lambda&0&-2\\\\ 1&2-\lambda&1\\\\ 1&0&3-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha:
\det(A-\lambda I) =-\lambda\bigl((2-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot0\bigr) +(-2)\,\bigl((-1)^{1+3}\det\begin{pmatrix}1&2-\lambda\\\ 1&0\end{pmatrix}\bigr).
Como (2-\lambda)(3-\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6 e
\det\begin{pmatrix}1&2-\lambda\\\ 1&0\end{pmatrix}=-(2-\lambda),
segue
\det(A-\lambda I) =-\lambda(\lambda^2-5\lambda+6)+2(2-\lambda) =-\lambda^3+5\lambda^2-6\lambda+4-2\lambda =-\lambda^3+5\lambda^2-8\lambda+4.
Multiplicando por -1,
\lambda^3-5\lambda^2+8\lambda-4=0.

Passo 3

Testando \lambda=1:
1^3-5\cdot1^2+8\cdot1-4=0,
logo \lambda=1 é raiz. Dividindo por \lambda-1 obtemos
\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1\\ (\text{mult. }1), \quad \lambda_2=2\\ (\text{mult. }2).

Passo 4

Autoespaço de \lambda=1: resolvemos (A-I)v=0,
\begin{pmatrix} -1&0&-2\\\\ 1&1&1\\\\ 1&0&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Das equações -x-2z=0 e x+y+z=0 vem x=-2z, y=z.
Logo
v=t\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb R.
Base de E_1:
\{(-2,\,1,\,1)\}.

Passo 5

Autoespaço de \lambda=2: resolvemos (A-2I)v=0,
\begin{pmatrix} -2&0&-2\\\\ 1&0&1\\\\ 1&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0.
Todas as linhas dão x+z=0, e y é livre.
Logo
x=-z,\quad y=s,\quad z=t \;\Longrightarrow\; v=s\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}-1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Base de E_2:
\{(0,\,1,\,0),\;(-1,\,0,\,1)\}.

Passo 6

Como \dim E_1+\dim E_2=1+2=3, A é diagonalizável.
Escolhendo
v_1=(-2,1,1),\quad v_2=(0,1,0),\quad v_3=(-1,0,1),
montamos
P=\begin{pmatrix} -2&0&-1\\\\ 1&1&0\\\\ 1&0&1 \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&2&0\\\\ 0&0&2 \end{pmatrix},
e assim
A=P\,D\,P^{-1}.

Resposta

Autovalores:
\lambda_1=1 (mult. 1),
\lambda_2=2 (mult. 2).
Bases dos autoespaços:
E_{1}=\Span\{(-2,\,1,\,1)\},\quad E_{2}=\Span\{(0,\,1,\,0),\;(-1,\,0,\,1)\}.
Diagonalização:
P=\begin{pmatrix} -2&0&-1\\\\ 1&1&0\\\\ 1&0&1 \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&2&0\\\\ 0&0&2 \end{pmatrix}, \quad A=P\,D\,P^{-1}.

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