Q-1 [20 Pontos] Seja T \in \mathscr{L}\left(\mathbb{R}^{3}\right) definido por
T(x, y, z)=(2 x-y+z,-x+2 y-z, x-y+2 z) .
(a) Determine a matriz associada a T na base canônica.
(b) Calcule os autovalores de T.
(c) Determine os autoespaços correspondentes.
(d) Verifique se T é diagonalizável e determine matrizes P e P^{-1} tais que T= P D P^{-1}.

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z)=(2x-y+z,\,-x+2y-z,\; x-y+2z).
As perguntas são:
(a) Determinar a matriz associada a T na base canônica.
(b) Calcular os autovalores de T.
(c) Determinar os autoespaços correspondentes (ou seja, bases dos espaços próprios).
(d) Verificar se T é diagonalizável e, se for, fornecer matrizes P e P^{-1} tais que T = P D P^{-1} (ou seja, a matriz de T seja diagonalizável e exibir P, D e P^{-1}).
Informações relevantes dadas pelo enunciado que usaremos:
  • A ação de T sobre vetores canônicos pode ser obtida aplicando T em (1,0,0), (0,1,0) e (0,0,1).
  • Para achar autovalores precisamos resolver o determinante \det(A-\lambda I)=0, onde A é a matriz de T na base canônica.
  • Para cada autovalor \lambda resolveremos (A-\lambda I)v=0 para encontrar os autoespaços.

Passo 2

Montar a matriz associada a T na base canônica.
Aplicando T aos vetores da base canônica:
T(1,0,0)=(2,-1,1),\qquad T(0,1,0)=(-1,2,-1),\qquad T(0,0,1)=(1,-1,2).
Na base canônica a matriz A tem colunas dadas por essas imagens. Logo
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 2 & -1\\[4pt] 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Encontrar os autovalores resolvendo \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 & 1\\[4pt] -1 & 2-\lambda & -1\\[4pt] 1 & -1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Para simplificar, defina a=2-\lambda. Então o determinante vira
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} a & -1 & 1\\[4pt] -1 & a & -1\\[4pt] 1 & -1 & a \end{pmatrix}.
Calculando o determinante por expansão (mostrando as contas):
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=a\big(a\cdot a-(-1)(-1)\big)-(-1)\big((-1)\cdot a-(-1)\cdot1\big)+1\big((-1)\cdot(-1)-a\cdot1\big)\\[4pt] &=a(a^2-1)+(-a+1)+(1-a)\\[4pt] &=a^3-3a+2. \end{aligned}
Agora volte a \lambda com a=2-\lambda. Substituindo e simplificando obtemos o polinômio característico (forma monica):
\det(A-\lambda I)= -\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4 = -\big(\lambda^3-6\lambda^2+9\lambda-4\big).
Logo os zeros são raízes de
\lambda^3-6\lambda^2+9\lambda-4=0.
Testando raízes inteiras, \lambda=1 satisfaz a equação. Fazendo a divisão polinomial:
\lambda^3-6\lambda^2+9\lambda-4=(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+4)=(\lambda-1)^2(\lambda-4).
Portanto os autovalores são
\lambda=1\quad(\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda=4\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé]

Passo 4

Determinar os autoespaços resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda.
Caso \lambda=4. Então
A-4I=\begin{pmatrix} -2 & -1 & 1\\[4pt] -1 & -2 & -1\\[4pt] 1 & -1 & -2 \end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema (A-4I)(x,y,z)^\top=0. As equações são
\begin{cases} -2x - y + z = 0,\\[4pt] - x -2y - z = 0,\\[4pt] x - y -2z = 0. \end{cases}
Da primeira equação obtemos z=2x+y\]. Substituindo na segunda: \[- x -2y -(2x+y)=0 \Longrightarrow -3x -3y =0 \Longrightarrow x=-y.\] Com \[x=-y e z=2x+y=2(-y)+y=-y. Logo um vetor próprio é (x,y,z)=(-y,y,-y)=y(-1,1,-1). Podemos escolher a base do autoespaço associado a \lambda=4 como
\text{base de }E_{4}=\{(1,-1,1)\}
(troquei o sinal para ficar mais simples).
Caso \lambda=1. Então
A-I=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & -1\\[4pt] 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
As equações são:
\begin{cases} x - y + z = 0,\\[4pt] - x + y - z = 0,\\[4pt] x - y + z = 0. \end{cases}
As duas primeiras são dependentes (a segunda é -1\] vezes a primeira) e a terceira é repetida, logo há apenas uma equação independente: \[x - y + z = 0 \Longrightarrow x = y - z.\] Assim os vetores próprios são da forma \((y-z,y,z)=y(1,1,0)+z(-1,0,1). Uma base conveniente para o autoespaço associado a \lambda=1 é
\text{base de }E_{1}=\{(1,1,0),\,(-1,0,1)\}.
O espaço próprio tem dimensão 2, igual à multiplicidade algébrica, o que é bom para diagonalização.]

Passo 5

Concluir sobre diagonalizabilidade e construir P, D, P^{-1}.
Teoria rápida e didática (em palavras leves): uma matriz A é diagonalizável se existir uma base de \mathbb{R}^3 formada por vetores próprios de A. Isso equivale à soma das dimensões dos autoespaços ser 3. Aqui as dimensões são 1 (para \lambda=4) e 2 (para \lambda=1), soma 3. Portanto A é diagonalizável.
Montamos P cujas colunas são vetores próprios correspondendo às entradas de D. Vou escolher a ordem das colunas de forma que
D=\operatorname{diag}(4,1,1).
Coluna 1: vetor próprio para \lambda=4 — escolhi v_1=(1,-1,1).
Coluna 2: primeiro vetor próprio para \lambda=1 — escolhi v_2=(1,1,0).
Coluna 3: segundo vetor próprio para \lambda=1 — escolhi v_3=(-1,0,1).
Então
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\[4pt] -1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Verificação conceptual: para cada coluna v_j tem-se A v_j = \lambda_j v_j, portanto A P = P D. Multiplicando à direita por P^{-1} obtemos A = P D P^{-1}.
Calcular P^{-1}. Primeiro o determinante para garantir inversibilidade:
\det P = 3
(esta conta foi feita desenvolvendo o determinante; não esqueça que \det P\neq 0 garante P inversível). O inverso é P^{-1}=\dfrac{1}{\det P}\operatorname{adj}(P). Calculando a adjunta e dividindo por 3 obtém-se
P^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Com isso temos explicitamente a fatoração
A = P D P^{-1}.]

Resposta

(a) \displaystyle A=\begin{pmatrix}2 & -1 & 1\\[4pt]-1 & 2 & -1\\[4pt]1 & -1 & 2\end{pmatrix}
(b) \displaystyle \lambda=1\\ (\text{multiplicidade algébrica }2),\quad \lambda=4\\ (\text{multiplicidade algébrica }1)éé
(c) \displaystyle E_{4}=\operatorname{span}\{(1,-1,1)\},\qquad E_{1}=\operatorname{span}\{(1,1,0),\,(-1,0,1)\}
(d) \displaystyle P=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt]-1 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix},\quad P^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]1 & 2 & 1\\[4pt]-1 & 1 & 2\end{pmatrix}\]

Exercícios relacionados