Exercício 6.8.14. Seja A o operador que, na base canônica \mathcal{B}_{3}=\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\} de \mathbb{R}^{3}, possui a matriz representativa
\left(\begin{array}{ccc} 2 & a & 0 \\\\ -1 & 3 & c \\\ b & 3 & 0 \end{array}\right)
\operatorname{com} a, b, c \in \mathbb{R}.
a) Determinar a e b de modo tal que A\left(\mathbf{e}_{\mathbf{1}}\right) e A\left(\mathbf{e}_{\mathbf{2}}\right) sejam linearmente dependentes, e determinar c de modo tal que exista um vetor \mathbf{v} tal que A(\mathbf{v})=-\mathbf{v}.
b) Com estes valores de a, b, c determinar uma base de \operatorname{Im} A e uma base de \operatorname{ker} A.
c) Com estes valores de a, b, c estabelecer se A è diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá o operador A em \mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
\begin{pmatrix} 2 & a & 0\\\\ -1 & 3 & c\\\ b & 3 & 0 \end{pmatrix},
e pede em (a) escolher a,b para que A(e_{1}) e A(e_{2}) sejam LD e achar c de modo que -1 seja autovalor de A. Em (b) queremos, com esses a,b,c, uma base de \Im A e de \ker A. Em (c) testar se A é diagonalizável. Vamos usar dependência linear de colunas, cálculo de determinante para autovalor e depois resolução de sistemas lineares e char-polinômio.

Passo 2

Para ter A(e_{1}) e A(e_{2}) LD, as duas primeiras colunas da matriz devem ser proporcionais. As colunas são
v_{1}=\begin{pmatrix}2\\\ -1\b\end{pmatrix},\quad v_{2}=\begin{pmatrix}a\\\ 3\\\ 3\end{pmatrix}.
Procuramos \lambda tal que v_{2}=\lambda\,v_{1}. Das coordenadas:
a=2\lambda,\quad 3=-1\cdot\lambda,\quad 3=b\,\lambda.
De 3=-\lambda vem \lambda=-3. Então
a=2(-3)=-6,\quad 3=b(-3)\implies b=-1.

Passo 3

Para existir \mathbf{v}\neq0 com A(\mathbf{v})=-\mathbf{v}, temos -1 como autovalor, logo
\det(A+I)=0. Para a=-6, b=-1,
A+I= \begin{pmatrix} 3 & -6 & 0\\\\ -1 & 4 & c\\\\ -1 & 3 & 1 \end{pmatrix}.
Calcula-se
\det(A+I) =3\begin{vmatrix}4&c\\\ 3&1\end{vmatrix} +6\begin{vmatrix}-1&c\\\ -1&1\end{vmatrix} =3(4-3c)+6(c-1)=6-3c.
Impondo 6-3c=0 c=2.

Passo 4

Com a=-6\), \(b=-1\), \(c=2\), a matriz fica \[A=\begin{pmatrix} 2 & -6 & 0\\\\ -1&3&2\\\\ -1&3&0 \end{pmatrix}.
As colunas são
c_{1}=(2,-1,-1)^{T},\quad c_{2}=-3\,c_{1},\quad c_{3}=(0,2,0)^{T}.
Logo \Im A=\mathrm{span}\{c_{1},c_{3}\} e \dim\Im A=2. Para \ker A resolvemos Ax=0:
\begin{cases} 2x-6y=0,\\\\ -\,x+3y+2z=0,\\\\ -\,x+3y=0. \end{cases}
Da primeira e terceira equações vem x=3y\]. Da segunda, com \(x=3y, segue 2z=0\implies z=0. Logo
\ker A=\{(3y,y,0)\} tem base \{(3,1,0)\}.

Passo 5

Para verificar diagonalizabilidade, obtemos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I) =-\lambda(\lambda-6)(\lambda+1).
Os autovalores são \lambda=0,6,-1, todos distintos. Assim A tem três autoespaços de dimensão 1 e é diagonalizável.

Resposta

(a) a=-6, b=-1, c=2.
(b) Uma base de \Im A é
\{(2,-1,-1),\,(0,2,0)\},
e uma base de \ker A é
\{(3,1,0)\}.
(c) A é diagonalizável, pois possui três autovalores distintos.

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