Exercício 6.8.12. Seja A o operador que, na base canônica de \mathbb{R}^{3}, possui a matriz representativa
M=\left(\begin{array}{lll} 5 & 0 & h \\\\ 0 & 6 & 0 \\\\ 1 & 0 & 5 \end{array}\right)
com h parâmetro real.
a) Determinar \operatorname{Im} A e \operatorname{ker} A, ao variar de h, identificando as bases correspondentes e as dimensões.
b) Provar que \mathbf{v}=(0,1,0) è sempre autovetor e encontrar qual è o autovalor relativo.
c) Estudar a diagonalizabilidade de A ao variar de h.
d) Para h=1 determinar uma matriz P tal que P^{-1} M P seja diagonal.

Passo 1

O enunciado define o operador A\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
M=\begin{pmatrix} 5 & 0 & h\\\\ 0 & 6 & 0\\\\ 1 & 0 & 5 \end{pmatrix}
com parâmetro real h. Precisamos:
1. Determinar \operatorname{Im}A e \ker A conforme h, com bases e dimensões.
2. Mostrar que \mathbf{v}=(0,1,0) é sempre autovetor e achar seu autovalor.
3. Estudar a diagonalizabilidade de A variando h.
4. Para h=1, achar P que diagonaliza M.

Passo 2

Para achar \ker A\) resolvemos \(M(x,y,z)^{T}=0\), ou seja \[\begin{cases} 5x + h\,z = 0,\\\\ 6y = 0,\\\ x + 5z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. Da terceira \(x=-5z. Substituindo na primeira:
5(-5z)+h\,z = (-25+h)z = 0.
  • Se h\neq25, então z=0 e daí x=0, logo \ker A=\{0\} (dimensão 0).
  • Se h=25, qualquer z satisfaz e x=-5z, logo
\ker A = \span\{(-5,0,1)\},
com dimensão 1.

Passo 3

Pelo teorema do posto e nulidade em \mathbb{R}^3, vale
\dim\ker A + \dim\Im A = 3.
  • Se h\neq25, \dim\ker A=0 e portanto \dim\Im A=3, ou seja \Im A=\mathbb{R}^3.
  • Se h=25, \dim\ker A=1 e então \dim\Im A=2. As colunas de M são
    \mathbf{c}_1=(5,0,1), \mathbf{c}_2=(0,6,0), \mathbf{c}_3=(25,0,5)=5\,\mathbf{c}_1.
    Logo
\Im A = \span\{(5,0,1),(0,6,0)\}.

Passo 4

Multiplicando
M\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 6\\\ 0\end{pmatrix} =6\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},
vemos que \mathbf{v}=(0,1,0) é autovetor de autovalor 6, para todo h.

Passo 5

O polinômio característico é
\det(M-\lambda I) =(6-\lambda)\,\det\begin{pmatrix}5-\lambda & h\\\ 1 & 5-\lambda\end{pmatrix} =(6-\lambda)\bigl((5-\lambda)^2 - h\bigr).
Daí os autovalores são
\lambda_1 = 6,\quad \lambda_{2,3} = 5 \pm \sqrt{h}.

Passo 6

Estudando a diagonalizabilidade sobre \mathbb{R}:
  • Se h<0, os valores 5\pm\sqrt{h} são não reais e não há base real de autovetores, logo não se diagonaliza em \mathbb{R}^3.
  • Se h=0, os autovalores são 6 e 5 (com multiplicidade algébrica 2), mas o espaço próprio de \lambda=5 é de dimensão 1, logo não é diagonalizável.
  • Se h>0 e h\neq1, os três autovalores 6, 5+\sqrt{h} e 5-\sqrt{h} são distintos, garantindo diagonalização.
  • Se h=1, os autovalores são 6 (mult. alg. 2) e 4 (mult. alg. 1), e o espaço próprio de \lambda=6 tem dimensão 2, totalizando 3 autovetores independentes; portanto também é diagonalizável.

Passo 7

Para h=1,
M=\begin{pmatrix}5&0&1\\\ 0&6&0\\\ 1&0&5\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=4, (M-4I)x=0 dá o autovetor v_{4}=(1,0,-1).
  • Para \lambda=6, (M-6I)x=0 gera dois autovetores independentes v_{6,1}=(1,0,1) e v_{6,2}=(0,1,0).
    Tomando
P = \bigl[v_{4}\;\big|\;v_{6,1}\;\big|\;v_{6,2}\bigr] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ -1& 1 & 0 \end{pmatrix},
obtém-se
P^{-1}\,M\,P = \begin{pmatrix}4&0&0\\\ 0&6&0\\\ 0&0&6\end{pmatrix}.

Resposta

a) Para h\neq25: \ker A=\{0\} (dim 0), \Im A=\mathbb{R}^3 (dim 3).
Para h=25: \ker A=\span\{(-5,0,1)\} (dim 1), \Im A=\span\{(5,0,1),(0,6,0)\} (dim 2).
b) \mathbf{v}=(0,1,0) é autovetor de autovalor 6.
c) Em \mathbb{R}, A é diagonalizável se e somente se h>0.
d) Para h=1, um P que diagonaliza é
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ -1&1 & 0 \end{pmatrix},
pois P^{-1}MP=\diag(4,6,6).

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