Questão 3 (10 pontos). Seja A=\left(\begin{array}{ccc}4 & -3 & 3 \\\\ 0 & 4 & -2 \\\\ -6 & 9 & -7\end{array}\right).
(a) Calcule os autovalores de A.
(b) Para cada autovalor encontrado no item ( a ), encontre um autovetor associado.
(c) A matriz A é diagonalizável? Se for, encontre P tal que P^{-1} A P é diagonal; se não for, justifique.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = \begin{pmatrix} 4 & -3 & 3\\\\ 0 & 4 & -2\\\\ -6 & 9 & -7 \end{pmatrix}
e pede (a) os autovalores de A, (b) um autovetor para cada autovalor e (c) verificar se A é diagonalizável e, em caso afirmativo, exibir uma P tal que P^{-1}AP seja diagonal. Vamos usar conceitos de autovalor, autovetor e diagonalização em álgebra linear.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
\chi_A(\lambda)=\det(A - \lambda I) =\det\begin{pmatrix} 4-\lambda & -3 & 3\\\\ 0 & 4-\lambda & -2\\\\ -6 & 9 & -7-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha obtemos após simplificações
\chi_A(\lambda) = -\bigl(\lambda^3 - \lambda^2 -4\lambda +4\bigr) =0 \;\Longleftrightarrow\; \lambda^3 -\lambda^2 -4\lambda +4 = 0.

Passo 3

Para fatorar \lambda^3 -\lambda^2 -4\lambda +4 testamos raízes inteiras e achamos \lambda=1. Fazendo divisão sintética surge
\lambda^3 -\lambda^2 -4\lambda +4 =(\lambda-1)(\lambda^2 -4) =(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+2).
Logo os autovalores são
\lambda_1 = 1,\quad \lambda_2 = 2,\quad \lambda_3 = -2.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (A - I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} 3 & -3 & 3\\\\ 0 & 3 & -2\\\\ -6 & 9 & -8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
As equações dão y=\tfrac23 z e x=y-z. Tomando z=3 obtém-se
v_1 = \begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 5

Para \lambda=2 resolvemos (A - 2I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} 2 & -3 & 3\\\\ 0 & 2 & -2\\\\ -6 & 9 & -9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Deste sistema vem y=z e x=0. Tomando z=1 escolhemos
v_2 = \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 6

Para \lambda=-2 resolvemos (A + 2I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} 6 & -3 & 3\\\\ 0 & 6 & -2\\\\ -6 & 9 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Deste sistema vem 3y=z e x=(y-z)/2. Tomando z=3 obtemos
v_3 = \begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 7

Como A tem três autovalores distintos, há três autovetores linearmente independentes e, portanto, A é diagonalizável. Escolhendo
P = \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\\\ 2 & 1 & 1\\\\ 3 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix},
temos
P^{-1} A P = D.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda_1=1, \lambda_2=2 e \lambda_3=-2.
(b) Vetores associados: para \lambda_1=1, v_1=(-1,2,3)^T; para \lambda_2=2, v_2=(0,1,1)^T; para \lambda_3=-2, v_3=(-1,1,3)^T.
(c) A é diagonalizável. Um P que diagonaliza é
P = \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\\\ 2 & 1 & 1\\\\ 3 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \quad P^{-1}AP =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.

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