Questão 1 (3 pontos): Em cada item, considere o operador linear T de \mathbb{R}^{3}, cuja matriz em relação à base canônica é a matriz A. Determine, se possivel, uma base formada por autovetores de T e a matriz diagonalizada do operador.
a) A=\left(\begin{array}{ccc}-1 & 6 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 1 & -8 & -1\end{array}\right)
Passo 1
O enunciado dá a matriz A da transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 relativa à base canônica e pede: determinar, se possível, uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T e a matriz diagonalizada (ou seja, mostrar se A é diagonalizável e fornecer a diagonalização). A matriz fornecida é
Objetivo: encontrar autovalores e autovetores; verificar se existe uma base de \mathbb{R}^3 constituída só por autovetores; se existir, dar a matriz diagonal (os autovalores na diagonal).]
Passo 2
Conceito e plano: para diagonalizar precisamos encontrar três vetores linearmente independentes que sejam autovetores. Os autovalores são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I). Vou calcular o polinômio característico e os autovalores.
Para calcular o determinante, observo que a terceira coluna tem dois zeros nas primeiras duas entradas, então posso expandir por essa coluna ou notar que o determinante é o produto do elemento (-1-\lambda) na posição (3,3) pelo determinante do menor 2\times2 formado por linhas 1 e 2 e colunas 1 e 2. Assim
Autovalores e multiplicidades (definições rápidas): um autovalor é uma raiz do polinômio característico; sua multiplicidade algébrica é a multiplicidade dessa raiz no polinômio. A partir de (-1-\lambda)^2(2-\lambda) obtemos:
\lambda=2, com multiplicidade algébrica 1.
\lambda=-1, com multiplicidade algébrica 2.
Agora preciso achar os autovetores (espaços próprios) de cada autovalor, resolvendo (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda.
Portanto o espaço próprio associado a \lambda=2 é gerado por \begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ -2\end{pmatrix}; tem dimensão geométrica 1 (um vetor independente).]
\begin{cases} 0\cdot x + 6y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 3y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] x -8y + 0\cdot z = 0. \end{cases}
Das duas primeiras equações vem 6y=0\] e \(3y=0, portanto y=0. Substituindo y=0 na terceira equação dá x=0. A variável z fica livre; tomando z=s temos
v=s\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Logo o espaço próprio associado a \lambda=-1 é gerado por \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} e sua dimensão geométrica é 1.]
Passo 6
Critério de diagonalização e conclusão técnica (explicando os conceitos):
Uma matriz 3\times3 é diagonalizável se e somente se existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores, isto é, se a soma das dimensões dos espaços próprios (multiplicidades geométricas) for 3.
Alternativamente, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) deve ser igual à multiplicidade algébrica.
Aqui temos:
Para \lambda=2: multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica 1 (ok).
Para \lambda=-1: multiplicidade algébrica 2 mas multiplicidade geométrica 1 (problema).
Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 1+1=2<3, não há 3 autovetores linearmente independentes. Portanto não existe base de \mathbb{R}^3 formada apenas por autovetores de A e, consequentemente, A não é diagonalizável (não existe matriz diagonal D e matriz inversível P com A=PDP^{-1} onde D seja diagonal com entradas apenas autovalores).
Para intuir por que isso impede a diagonalização: um autovalor com multiplicidade algébrica maior que a geométrica significa que há um bloco de Jordan de tamanho maior que 1 para esse autovalor — isso impede escrever a matriz apenas com autovalores na diagonal sem termos entradas 1 logo acima da diagonal (blocos de Jordan).
Passo 7
Informação útil final (vetores próprios encontrados): embora não seja diagonalizável, os autovetores encontrados são
Esses dois vetores são linearmente independentes, mas não formam uma base de \mathbb{R}^3 (faltaria um terceiro autovetor). Se fosse necessário, pode-se passar para a forma de Jordan: A é similar a uma matriz de bloco de Jordan com um bloco 1\times1 com valor 2 e um bloco 2\times2 para -1, isto é, similar a
mas isso é a forma de Jordan, não uma diagonalização.]
Resposta
Não é possível: A não é diagonalizável. Autovalores \lambda=2 (mult. alg. 1, espaço próprio gerado por \begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ -2\end{pmatrix}) e \lambda=-1 (mult. alg. 2, espaço próprio gerado por \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}); há apenas 2 autovetores independentes, logo não existe base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores nem matriz diagonal similar a A.