Q14: Sabemos que existe P inversível tal que:
\left[\begin{array}{rr} -3 & -6 \\\\ 3 & 6 \end{array}\right]=P\left[\begin{array}{ll} a & 0 \\\\ 0 & b \end{array}\right] P^{-1} \quad \text { com } \quad a<b
A 2^{\mathrm{a}} coluna da matriz P é múltipla de:
(A) \left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1\end{array}\right]
(B) \left[\begin{array}{r}1 \\\\ -2\end{array}\right]
(C) \left[\begin{array}{r}2 \\\\ -1\end{array}\right]
(D) \left[\begin{array}{l}2 \\\\ 0\end{array}\right]
(E) Não sei

Passo 1

O enunciado nos dá a existência de uma matriz invertível P tal que
\left[\begin{array}{rr} -3 & -6 \\\\ 3 & 6 \end{array}\right]=P\left[\begin{array}{ll} a & 0 \\\\ 0 & b \end{array}\right]P^{-1}\quad\text{com}\quad a<b.
Pergunta: a 2ª coluna de P é múltipla de qual dos vetores abaixo?
(A) \left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1\end{array}\right]
(B) \left[\begin{array}{r}1 \\\\ -2\end{array}\right]
(C) \left[\begin{array}{r}2 \\\\ -1\end{array}\right]
(D) \left[\begin{array}{l}2 \\\\ 0\end{array}\right]
Informações relevantes dadas: a matriz dada é
A=\left[\begin{array}{rr} -3 & -6 \\\\ 3 & 6 \end{array}\right],
existe P inversível e a<b. A resolução começa a partir desses dados.

Passo 2

Conceito útil (explicação didática): se
A = P D P^{-1}\quad\text{com}\quad D=\left[\begin{array}{cc}d_1 & 0\\[4pt]0 & d_2\end{array}\right]
e P=[p_1\\ p_2] (colunas p_1,p_2), então multiplicando à direita por P obtemos
A P = P D.
Isso implica, coluna a coluna, que
A p_1 = d_1 p_1,\qquad A p_2 = d_2 p_2.
Ou seja: as colunas de P são autovetores de A correspondentes às entradas diagonais de D. Portanto, a 2ª coluna de P é um autovetor associado a b. Como o enunciado diz a<b, a 2ª coluna corresponde ao autovalor maior b.]

Passo 3

Vamos encontrar os autovalores de A. O polinômio característico é dado por \det(A-\lambda I)=0. Calcule:
\det\!\left(\begin{array}{cc}-3-\lambda & -6\\[4pt]3 & 6-\lambda\end{array}\right) =(-3-\lambda)(6-\lambda)-(-6)(3).
Expandindo:
(-3-\lambda)(6-\lambda)=\lambda^2-3\lambda-18,
e -(-6)(3)=+18. Somando,
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-3\lambda-18+18=\lambda(\lambda-3).
Logo os autovalores são \lambda=0 e \lambda=3. Como são distintos, A é diagonalizável e os autovalores em D são \{0,3\}. Usando a<b segue que
a=0,\qquad b=3.]

Passo 4

Agora obtemos o autovetor associado a \lambda=b=3. Resolvemos (A-3I)v=0:
A-3I=\left[\begin{array}{rr}-3-3 & -6\\[4pt]3 & 6-3\end{array}\right] =\left[\begin{array}{rr}-6 & -6\\[4pt]3 & 3\end{array}\right].
As equações lineares são
-6x-6y=0,\qquad 3x+3y=0,
ambas equivalentes a x=-y. Portanto um autovetor (não nulo) associado a \lambda=3 é
\left[\begin{array}{r}1\\[4pt]-1\end{array}\right]
ou qualquer múltiplo desse vetor.
Observação rápida (opcional, para verificação): o autovetor associado a \lambda=0 satisfaz A v=0, o que dá -3x-6y=0\Rightarrow x=-2y, logo autovetor \left[\begin{smallmatrix}-2\\[2pt]1\end{smallmatrix}\right], que é múltiplo de \left[\begin{smallmatrix}2\\[2pt]-1\end{smallmatrix}\right]. Isso confirma que os dois autvetores são independentes, compatível com A diagonalizável.]

Passo 5

Conclusão: como a 2ª coluna de P deve ser um autovetor associado a b=3, ela é múltipla de
\left[\begin{array}{r}1\\[4pt]-1\end{array}\right],
que é a alternativa (A). Vai dar tudo certo na prova — respira fundo e confia no processo!]

Resposta

(A) \left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1\end{array}\right]

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