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.
b) A=\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & -2 & 1\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz da transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 na base canônica e pede: determinar, se possível, uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T e a matriz diagonalizada do operador. A matriz fornecida é
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & -2 & 1\end{pmatrix}.
As perguntas concretas que vamos responder:
  • Existem autovalores e autovetores de A? Quais?
  • É possível encontrar três autovetores linearmente independentes que formem uma base de \mathbb{R}^3?
  • Se sim, apresentar uma base formada por autovetores e a matriz diagonal D correspondente (i.e. tal que P^{-1}AP=D para P cujas colunas são esses autovetores).]

Passo 2

Definição e estratégia (aula rápida e prática). Um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem
A v = \lambda v.
Os \lambda possíveis são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I). Passos práticos:
  1. Calcular \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
  2. Encontrar as raízes ( \lambda) e suas multiplicidades algébricas.
  3. Para cada \lambda resolver (A-\lambda I)v=0 para achar a(s) direção(ões) dos autovetores (e a multiplicidade geométrica).
  4. A é diagonalizável se existir um conjunto de 3 autovetores linearmente independentes (equivalente: soma das multiplicidades geométricas = 3).
Vamos executar.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 2-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & -2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Para calcular \det(A-\lambda I) observamos que a terceira coluna tem apenas o elemento (3,3) não nulo, então a expansão por essa coluna é direta:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\[4pt] 0 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos a determinante 2\times2 interna:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\[4pt] 0 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda).
Portanto
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\,(1-\lambda)\,(2-\lambda)=(1-\lambda)^2(2-\lambda).
Conclusão: os autovalores são \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=2 com multiplicidade algébrica 1.]

Passo 4

Autovetores para \lambda=2. Resolvemos (A-2I)v=0. Escrevendo v=(x,y,z)^\top,
A-2I=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -2 & -1\end{pmatrix}, \qquad (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x+2y\\[4pt] 0\\[4pt] -2y-z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Das equações obtemos
-x+2y=0 \quad\Rightarrow\quad x=2y,
-2y-z=0 \quad\Rightarrow\quad z=-2y.
O parâmetro livre é y. Tomando y=1 obtemos um autovetor associado a \lambda=2:
v_3=\begin{pmatrix}2\\[2pt] 1\\[2pt] -2\end{pmatrix}.
Portanto o espaço próprio de \lambda=2 é gerado por v_3 (dimensão geométrica 1, que coincide com a multiplicidade algébrica 1).]

Passo 5

Autovetores para \lambda=1. Resolvemos (A-I)v=0. Escrevendo
A-I=\begin{pmatrix}0 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & -2 & 0\end{pmatrix}, \qquad (A-I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2y\\[4pt] y\\[4pt] -2y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Dessas equações segue y=0. Não há equações envolvendo x ou z, então x e z são livres. Logo o espaço próprio de \lambda=1 é
\{(x,0,z)^\top : x,z\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt] 0\\[2pt] 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt] 0\\[2pt] 1\end{pmatrix}\right\}.
A dimensão geométrica associada a \lambda=1 é 2, que coincide com sua multiplicidade algébrica 2. Podemos escolher como autovetores para \lambda=1:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt] 0\\[2pt] 0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}0\\[2pt] 0\\[2pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação da independência e conclusão sobre diagonalização. Temos três autovetores:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt] 0\\[2pt] 0\end{pmatrix}\\ (\text{para }\lambda=1),\quad v_2=\begin{pmatrix}0\\[2pt] 0\\[2pt] 1\end{pmatrix}\\ (\text{para }\lambda=1),\quad v_3=\begin{pmatrix}2\\[2pt] 1\\[2pt] -2\end{pmatrix}\\ (\text{para }\lambda=2).
Basta mostrar que esses três vetores são linearmente independentes. Considerando a matriz P cujas colunas são v_1,v_2,v_3,
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -2\end{pmatrix},
calculamos seu determinante (uma forma rápida de testar independência):
\det P = 1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}-0+\;2\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} =1\cdot(0\cdot(-2)-1\cdot1)+2\cdot 0 = -1\neq 0.
Como \det P\neq 0, as colunas são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^3. Assim A é diagonalizável.
A matriz diagonal correspondente, na ordem (v_1,v_2,v_3) das colunas de P, tem os autovalores na diagonal conforme cada autovetor:
D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2\end{pmatrix},
e vale P^{-1}AP=D.]

Resposta

Base de autovetores: \displaystyle \left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix}\right\}
Matriz diagonalizada: \displaystyle D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2\end{pmatrix}]

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