Exercício 6.8.2. Determinar autovalores e bases dos auto-espaços para os operadores em \mathbb{R}^{3} que possuem as seguintes matrizes representativas na base canônica
\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 2 \\\\ 0 & 5 & -1 \\\\ 0 & 0 & 7 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)
Nos casos em que seja possível, encontrar também uma base de autovetores e diagonalizar.

Passo 1

O enunciado pede para cada uma das três matrizes em \mathbb{R}^3:
– Determinar o polinômio característico e seus autovalores.
– Encontrar uma base de cada autoespaço, isto é, resolver (M-\lambda I)v=0.
– Quando possível, exibir uma base de autovetores completa e diagonalizar.
O conteúdo usado será o cálculo de determinantes para o polinômio característico e a resolução de sistemas lineares para obter as dimensões dos autoespaços.

Passo 2

Considere
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & -1\\\\ 0 & 1-\lambda & 0\\\\ 1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} =(1-\lambda)\bigl((1-\lambda)^2+1\bigr).
As raízes são \lambda=1 (real, multiplicidade 1) e \lambda=1\pm i (complexas). Em \mathbb{R} só nos interessa \lambda=1. Para \lambda=1 resolvemos
(A-I)v =\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1\\\\ 0 & 0 & 0\\\\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
Isso dá x_2-x_3=0 e x_1=0, logo x_2=x_3 livres. Uma base do autoespaço é
\{(0,1,1)\}.
Como há apenas um autovetor real e os outros autovalores são não reais, A não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Passo 3

Considere
B=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 5 & -1\\\\ 0 & 0 & 7 \end{pmatrix}.
Como B é triangular, seus autovalores são os elementos da diagonal: \lambda_1=1, \lambda_2=5, \lambda_3=7, todos de multiplicidade 1 e distintos. Logo B é diagonalizável.
Para \lambda=1 resolvemos
(B-I)v =\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 4 & -1\\\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} v=0,
que implica x_2+2x_3=0, 4x_2-x_3=0, 6x_3=0. Disto vem x_2=x_3=0 e x_1 livre, base \{(1,0,0)\}.
Para \lambda=5
(B-5I)v =\begin{pmatrix} -4 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & -1\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} v=0
x_3=0 e -4x_1+x_2=0, logo x_2=4x_1, base \{(1,4,0)\}.
Para \lambda=7
(B-7I)v =\begin{pmatrix} -6 & 1 & 2\\\\ 0 & -2 & -1\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} v=0
-2x_2-x_3=0 e -6x_1+x_2+2x_3=0. Resolve-se por exemplo x_2=2t, x_3=-4t, x_1=-t, base \{(-1,2,-4)\}.
Reunindo, uma base de autovetores de B é
\{(1,0,0),\;(1,4,0),\;(-1,2,-4)\},
e a diagonalização é B=PDP^{-1} com
D=\operatorname{diag}(1,5,7).

Passo 4

Considere
C=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Também triangular, o polinômio característico é (1-\lambda)^3, logo \lambda=1 com multiplicidade 3.
Para \lambda=1 resolvemos
(C-I)v =\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} v=0,
de onde x_3=0 e x_2=0, ficando x_1 livre. Assim o autoespaço tem dimensão 1, base \{(1,0,0)\}. Como a multiplicidade geométrica é menor que 3, C não é diagonalizável.

Resposta

Para
A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\\ 0&1&0\\\ 1&0&1\end{pmatrix}:
autovalor real \lambda=1, autoespaço gerado por \{(0,1,1)\}. Não diagonalizável em \mathbb{R}.
Para
B=\begin{pmatrix}1&1&2\\\ 0&5&-1\\\ 0&0&7\end{pmatrix}:
autovalores \lambda=1,5,7 (todos distintos), bases de autoespaços \{(1,0,0)\}, \{(1,4,0)\}, \{(-1,2,-4)\}. Base de autovetores completa e diagonalização D=\mathrm{diag}(1,5,7).
Para
C=\begin{pmatrix}1&1&1\\\ 0&1&1\\\ 0&0&1\end{pmatrix}:
autovalor \lambda=1 (mult. =3), autoespaço unidimensional gerado por \{(1,0,0)\}. Não diagonalizável.

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