Questão 2 (10 pontos) Seja A=\left[\begin{array}{rrr}0 & 0 & -2 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 3\end{array}\right].
(a) Obtenha os autovalores e autoespaços de A.
(b) Ache, se houver, uma matriz invertível P e uma matriz diagonal D tais que $P^{-1} A P=D.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -2\\\\ 1 & 2 & 1\\\\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}
e pede em (a) os autovalores e autoespaços de A, e em (b) encontrar, se existir, uma matriz invertível P e uma diagonal D tais que
P^{-1} A P = D.
O conteúdo envolve polinômio característico, cálculo de autovalores e autovetores, e critério de diagonalização (soma das dimensões dos autoespaços igual a 3).

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A - \lambda I). Temos
A - \lambda I = \begin{pmatrix} -\lambda & 0 & -2\\\\ 1 & 2-\lambda & 1\\\\ 1 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha:
\chi_A(\lambda) = -\lambda\det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\\ 0 & 3-\lambda\end{pmatrix} +(-2)\det\!\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\\ 1 & 0\end{pmatrix}.
O primeiro determinante é (2-\lambda)(3-\lambda) e o segundo é 1\cdot0 - (2-\lambda)\cdot1 = -(2-\lambda). Logo
\chi_A(\lambda) = -\lambda\,(2-\lambda)(3-\lambda) +(-2)\bigl[-(2-\lambda)\bigr] = -\lambda(2-\lambda)(3-\lambda) + 2(2-\lambda).
Expandindo e simplificando, chega-se a
\chi_A(\lambda) = -\lambda^3 +5\lambda^2 -8\lambda +4 \quad\Longrightarrow\quad \chi_A(\lambda)=-(\lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4).

Passo 3

Fatoramos \lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4. Testando \lambda=1 vemos
1-5+8-4=0,
logo \lambda-1 é fator. Fazendo a divisão polinomial obtemos
\lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4 = (\lambda-1)(\lambda^2 -4\lambda +4) = (\lambda-1)(\lambda-2)^2.
Portanto os autovalores são
\lambda_1 = 1\quad(\text{mult. alg. }1), \qquad \lambda_2 = 2\quad(\text{mult. alg. }2).

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (A - I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} -1 & 0 & -2\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da primeira linha vem -x -2z=0\Rightarrow x=-2z. Da segunda x+y+z=0\Rightarrow y=z. A terceira é redundante. Logo o autoespaço em \lambda=1 é
E_1 = \{(-2z,z,z)\mid z\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(-2,1,1)\}.

Passo 5

Para \lambda=2 resolvemos (A - 2I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} -2 & 0 & -2\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Todas as equações reduzem a x+z=0\Rightarrow x=-z, sem limitar y. Assim
E_2 = \{(-z,y,z)\mid y,z\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(-1,0,1),\,(0,1,0)\},
com \dim E_2=2, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=2.

Passo 6

Como \dim E_1+\dim E_2=1+2=3, a matriz A é diagonalizável. Basta escolher em P três vetores independentes: um de E_1 e dois de E_2. Por exemplo, tome
v_1 = (-2,1,1),\; v_2 = (-1,0,1),\; v_3 = (0,1,0).
Defina
P = \begin{pmatrix} -2 & -1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Então verifica-se que P^{-1}AP = D.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2).
Os autoespaços são
E_1 = \mathrm{span}\{(-2,1,1)\}, \qquad E_2 = \mathrm{span}\{(-1,0,1),\,(0,1,0)\}.
(b) Por exemplo,
P = \begin{pmatrix} -2 & -1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},
são tais que P^{-1}AP = D.

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