Exercício 6.8.4. Determinar autovalores e bases dos auto-espaços para o operador em \mathbb{R}^{3} que possui a seguinte matriz representativa na base canônica M=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\\\ 3 & 3 & -1 \\\\ 9 & 9 & -2\end{array}\right). Analisar a diagonalizabilidade do operador.

Passo 1

O enunciado pede para determinar os autovalores e as bases dos autoespaços do operador linear em \mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\\ 3 & 3 & -1 \\\\ 9 & 9 & -2 \end{pmatrix}
e analisar se o operador é diagonalizável. O conteúdo necessário é cálculo do polinômio característico, resolução de sistemas lineares para cada autovalor e comparação entre multiplicidade algébrica e geométrica.

Passo 2

Para encontrar o polinômio característico, montamos
M - \lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0 \\\\ 3 & 3-\lambda & -1 \\\\ 9 & 9 & -2-\lambda \end{pmatrix}
e calculamos
\det(M - \lambda I) = (1-\lambda)\det\!\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[6pt]9 & -2-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\!\begin{pmatrix}3 & -1 \\[3pt]9 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
A primeira determinante é
(3-\lambda)(-2-\lambda)-(-1)\cdot9 =\lambda^2-\lambda+3,
e a segunda é
3(-2-\lambda)-(-1)\cdot9=3(1-\lambda).
Logo
\det(M - \lambda I) =(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda+3)-3(1-\lambda) =(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda) =\lambda(\lambda-1)^2.
Assim, os autovalores são \lambda_1=0 com multiplicidade algébrica 1 e \lambda_2=1 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 3

Para \lambda=0\), resolvemos \(M x=0\), ou seja \[\begin{cases} x_1+x_2=0,\\\\ 3x_1+3x_2-x_3=0,\\\\ 9x_1+9x_2-2x_3=0. \end{cases}
Da primeira equação vem x_2=-x_1\]. Substituindo na segunda obtém-se \(x_3=0, que satisfaz também a terceira. Logo o autoespaço associado a \lambda=0 é
E_0=\{t(1,-1,0)\mid t\in\mathbb{R}\},
com base \{(1,-1,0)\}.

Passo 4

Para \lambda=1, resolvemos (M-I)x=0, i.e.
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\\\ 3 & 2 & -1\\\\ 9 & 9 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
A primeira linha dá x_2=0. A segunda dá 3x_1-x_3=0, ou seja x_3=3x_1, que satisfaz a terceira automaticamente. Assim
E_1=\{t(1,0,3)\mid t\in\mathbb{R}\},
com base \{(1,0,3)\}.

Passo 5

O autovalor \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 2, mas o autoespaço E_1 tem dimensão 1 (geométrica menor que a algébrica). Portanto o operador não é diagonalizável.

Resposta

Autovalores e bases dos autoespaços:
\lambda=0, base \{(1,-1,0)\} \lambda=1, base \{(1,0,3)\}
O operador não é diagonalizável.

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