Exercício 6.8.19. 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} -3 & 2 & 0 \\\ k & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right)
onde k è um parâmetro real. Mostrar que, para k=0 e k=2, A è diagonalizável. Em ambos os casos encontrar a matriz de passagem P que diagonaliza a matriz de A. Em qual caso P é ortogonal? Determinar uma tal matriz P ortogonal.

Passo 1

O enunciado nos dá um operador linear A em \mathbb{R}^3, cuja matriz na base canônica \mathcal{B}_3 é
\begin{pmatrix} -3 & 2 & 0 \\\ k & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Queremos determinar, para k=0 e k=2, se A é diagonalizável, encontrar as matrizes de passagem P que a diagonalizam e identificar em qual caso podemos escolher P ortogonal.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} -3-\lambda & 2 & 0 \\[6pt] k & -\lambda & 0 \\[6pt] 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix} =(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-3-\lambda&2\\[3pt]k&-\lambda\end{pmatrix} =(-1-\lambda)\bigl(\lambda^2+3\lambda-2k\bigr).
Logo os autovalores são
\lambda_3=-1
e as raízes de \lambda^2+3\lambda-2k=0.
Para k=0 obtemos \{\lambda=0,\,-3\} e para k=2 obtemos \{\lambda=1,\,-4\}.
Em ambos os casos os três autovalores são distintos, logo A é diagonalizável.]

Passo 3

Caso k=0:
Os autovalores são \lambda_1=0, \lambda_2=-3, \lambda_3=-1.
  • Para \lambda=0:
    (A-0I)v=0 -3x+2y=0 e z=0. Tomamos v_1=(2,3,0).
  • Para \lambda=-3:
    (A+3I)v=0 2y=0 e z=0. Tomamos v_2=(1,0,0).
  • Para \lambda=-1:
    Vemos diretamente o terceiro eixo, v_3=(0,0,1).
    Colocando essas colunas em P_0:
P_0=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\\\ 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
temos
P_0^{-1}AP_0=\diag(0,\,-3,\,-1).

Passo 4

Caso k=2:
Os autovalores são \lambda_1=1, \lambda_2=-4, \lambda_3=-1.
  • Para \lambda=1:
    (A-I)v=0 -4x+2y=0, z=0. Tomamos u_1=(1,2,0).
  • Para \lambda=-4:
    (A+4I)v=0 x+2y=0, z=0. Tomamos u_2=(-2,1,0).
  • Para \lambda=-1:
    u_3=(0,0,1).
    Formamos
P_2=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\\\ 2 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
e obtemos
P_2^{-1}AP_2=\diag(1,\,-4,\,-1).

Passo 5

O bloco \begin{pmatrix}-3&2\\\ 2&0\end{pmatrix} em k=2 é simétrico, logo seus autovetores podem ser escolhidos ortogonais. Normalizando
e_1'=\frac1{\sqrt5}(1,2,0),\quad e_2'=\frac1{\sqrt5}(-2,1,0),\quad e_3'=(0,0,1),
montamos a matriz ortogonal
P_{\mathrm{ort}}=\begin{pmatrix} 1/\sqrt5 & -2/\sqrt5 & 0\\[3pt] 2/\sqrt5 & 1/\sqrt5 & 0\\[3pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
que satisfaz
P_{\mathrm{ort}}^T\,A\,P_{\mathrm{ort}}=\diag(1,\,-4,\,-1).]

Resposta

Para k=0:
P_0=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\\\ 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad P_0^{-1}AP_0=\diag(0,-3,-1).
Para k=2:
P_2=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\\\ 2 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad P_2^{-1}AP_2=\diag(1,-4,-1).
Além disso, em k=2 podemos escolher a matriz de passagem ortogonal
P_{\mathrm{ort}}=\begin{pmatrix} 1/\sqrt5 & -2/\sqrt5 & 0\\\\ 2/\sqrt5 & 1/\sqrt5 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Exercícios relacionados