Exercício 6.8.5. Verificar que os operadores em \mathbb{R}^{3} que possuem as seguintes matrizes representativas na base canônica
\left(\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\\\ 0 & 2 & 3 \\\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 2 \\\\ 0 & 2 & 2 \\\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right)
têm os mesmos autovalores mas diferentes auto-espaços.

Passo 1

O enunciado dá duas matrizes triangulares superiores em \mathbb{R}^3,
A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\\\ 0 & 2 & 3\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \quad\text{e}\quad A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\\\ 0 & 2 & 2\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix},
e pede para verificar que elas têm os mesmos autovalores mas auto-espaços diferentes. Vamos usar álgebra linear básica: característico de matriz triangular, e resolução de (A-\lambda I)v=0.

Passo 2

Como A_1 e A_2 são triangulares, o polinômio característico é
\det(A_i-\lambda I)=(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda).
Logo os autovalores são
\lambda_1=1, \lambda_2=2 e \lambda_3=3 em ambos os casos, todos de multiplicidade algébrica 1.

Passo 3

Determinar os auto-espaços de A_1:
Para \lambda=1 resolvemos (A_1-I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix} 0 & 2 & 3\\\\ 0 & 1 & 3\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da terceira linha vem 2z=0\implies z=0. Da segunda, y+3z=0\implies y=0. Então x é livre e
E_1(A_1)=\mathrm{span}\{(1,0,0)\}.
Para \lambda=2 resolvemos (A_1-2I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix} -1 & 2 & 3\\\\ 0 & 0 & 3\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da terceira linha z=0. Da primeira -x+2y=0\implies x=2y. Logo
E_2(A_1)=\mathrm{span}\{(2,1,0)\}.
Para \lambda=3 resolvemos (A_1-3I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix} -2 & 2 & 3\\\\ 0 & -1 & 3\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da segunda -y+3z=0\implies y=3z. Da primeira -2x+2y+3z=0\implies -2x+9z=0\implies x=\tfrac92\,z. Logo
E_3(A_1)=\mathrm{span}\{(\tfrac92,3,1)\}.

Passo 4

Agora os auto-espaços de A_2:
Para \lambda=1
(A_2-I)v= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}v=0 \implies z=0,\;y+2z=0\implies y=0,
portanto
E_1(A_2)=\mathrm{span}\{(1,0,0)\}.
Para \lambda=2
(A_2-2I)v= \begin{pmatrix} -1 & 1 & 2\\\\ 0 & 0 & 2\\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}v=0 \implies z=0,\;-x+y+2z=0\implies x=y,
logo
E_2(A_2)=\mathrm{span}\{(1,1,0)\}.
Para \lambda=3
(A_2-3I)v= \begin{pmatrix} -2 & 1 & 2\\\\ 0 & -1 & 2\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}v=0 \implies -y+2z=0\implies y=2z,\;-2x+y+2z=0\implies x=2z,
portanto
E_3(A_2)=\mathrm{span}\{(2,2,1)\}.

Passo 5

Concluímos que ambos têm \{1,2,3\} como autovalores, mas por exemplo
E_2(A_1)=\mathrm{span}\{(2,1,0)\}\neq \mathrm{span}\{(1,1,0)\}=E_2(A_2).
Logo os auto-espaços são diferentes.

Resposta

Ambas as matrizes têm autovalores 1,2,3, mas seus auto-espaços diferem, por exemplo em \lambda=2:
E_2(A_1)=\mathrm{span}\{(2,1,0)\}\neq \mathrm{span}\{(1,1,0)\}=E_2(A_2)\.

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