Questão 2 (35 pontos). Seja A=\left(\begin{array}{ccc}-3 & 0 & 2 \\\\ 2 & -1 & -2 \\\\ 0 & 0 & -1\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 nos dá a matriz
A = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 2\\\\ 2 & -1 & -2\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}
e pede: (a) os autovalores de A; (b) um autovetor para cada autovalor; (c) verificar se A é diagonalizável e, em caso afirmativo, encontrar P tal que P^{-1}AP seja diagonal.
O conteúdo é teoria de autovalores e autovetores de matrizes quadradas e critério de diagonalização (algebricidade versus multiplicidade geométrica).

Passo 2

Como A é triangular superior, seus autovalores são os elementos da diagonal. Logo, o polinômio característico é
\det(A - \lambda I) = (-3-\lambda)(-1-\lambda)(-1-\lambda)
e os autovalores são
\lambda_1 = -3,\quad \lambda_2 = -1,\quad \lambda_3 = -1.

Passo 3

Para cada [\lambda) resolvemos (A - \lambda I)x = 0.
(i) \lambda_1 = -3.
A - (-3)I = A + 3I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2\\\\ 2 & 2 & -2\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
O sistema equivale a
\begin{cases} 2z = 0,\\\\ 2x + 2y - 2z = 0, \end{cases}
daí z=0\] e \(x + y = 0. Um autovetor não nulo é
v_1 = (-1,\,1,\,0)^{T}.
(ii) \lambda_2 = \lambda_3 = -1.
A - (-1)I = A + I = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2\\\\ 2 & 0 & -2\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O sistema dá -2x + 2z = 0, ou seja z = x, e y é livre.
Um gerador da parte x,z é (1,0,1) e de y é (0,1,0). Logo, a base do espaço próprio de \lambda=-1 é
v_2 = (1,\,0,\,1)^{T},\quad v_3 = (0,\,1,\,0)^{T}.

Passo 4

A multiplicidade algébrica de \lambda=-3 é 1 e sua multiplicidade geométrica é 1. A de \lambda=-1 é 2 e sua geométrica também é 2 (vetores v_2,v_3 são independentes). Como soma geométrica =3= ordem de A, concluímos que A é diagonalizável.

Passo 5

Escolhendo como colunas de P os autovetores \{v_1,v_2,v_3\} na mesma ordem dos autovalores, temos
P = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad D = P^{-1}AP = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0\\\\ 0 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

Resposta

(a) Os autovalores são -3 (simples) e -1 (multiplicidade algébrica 2).
(b) Um autovetor para \lambda=-3 é (-1,1,0)^{T}. Para \lambda=-1, a base do espaço próprio é \{(1,0,1)^{T},\,(0,1,0)^{T}\}.
(c) Sim, A é diagonalizável. Pode-se tomar
P = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad P^{-1}AP = \operatorname{diag}(-3,\,-1,\,-1).

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