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
A=\begin{pmatrix}-1 & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 2 & 0 \\[4pt] 1 & -8 & -1\end{pmatrix}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Espaço: \mathbb{R}^3.
  • Matriz A acima.
  • 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.
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 2-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & -8 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
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
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 6 \\[4pt] 0 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o menor:
\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 6 \\[4pt] 0 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(-1-\lambda)(2-\lambda)-0 =(-1-\lambda)(2-\lambda).
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\cdot(-1-\lambda)(2-\lambda)=(-1-\lambda)^2(2-\lambda).]

Passo 3

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.

Passo 4

Autovetores para [\lambda=2).
Formo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}-3 & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & -8 & -3\end{pmatrix}.
Quero resolver (A-2I)v=0 com v=(x,y,z)^\top. Isso dá o sistema linear
\begin{cases} -3x + 6y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] x -8y -3z = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem -3x+6y=0\Rightarrow x=2y\]. Substituindo \(x=2y na terceira equação:
2y -8y -3z = 0 \quad\Rightarrow\quad -6y -3z = 0 \quad\Rightarrow\quad 2y + z = 0.
Logo z=-2y. Tomando y=t como parâmetro, obtemos
v=t\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
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).]

Passo 5

Autovetores para [\lambda=-1).
Formo A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix}0 & 6 & 0 \\[4pt] 0 & 3 & 0 \\[4pt] 1 & -8 & 0\end{pmatrix}.
Resolvo (A+I)v=0 com v=(x,y,z)^\top. O sistema é
\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
\text{para }\lambda=2:\quad \begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix}; \qquad \text{para }\lambda=-1:\quad \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
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
\begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & -1\end{pmatrix},
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.

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