Questão 2: Seja B=\left(\begin{array}{rrr}3 & 0 & 0 \\\\ -3 & 3 & 2 \\\\ 4 & 0 & -1\end{array}\right). Encontre os valores \lambda \in \mathbb{R} tais que \left(B-\lambda I_{3}\right) X=\overline{0} admita solução não-trivial. Exiba uma base do espaço solução para cada \lambda encontrado. B é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
B = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ -3 & 3 & 2\\\\ 4 & 0 & -1 \end{pmatrix}
e pede os valores de \lambda tais que (B - \lambda I_3)X = \overline{0} tenha solução não trivial (isto é, os autovalores), além de exibir uma base do espaço de autovetores para cada \lambda. Por fim, perguntar se B é diagonalizável. Vamos usar o cálculo do polinômio característico para achar os autovalores e depois resolver os sistemas lineares para cada \lambda.

Passo 2

Calcular o polinômio característico
\det(B - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 0 & 0\\\\ -3 & 3-\lambda & 2\\\\ 4 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Como só o primeiro pivô é não nulo na primeira coluna, expandimos nela:
\det(B-\lambda I) = (3-\lambda)\,\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2\\\ 0 & -1-\lambda\end{pmatrix} = (3-\lambda)\bigl((3-\lambda)(-1-\lambda)-2\cdot0\bigr) = (3-\lambda)^2(-1-\lambda).
Daí os autovalores reais são
\lambda_1 = 3\quad(\text{multiplicidade algébrica }2), \qquad \lambda_2 = -1\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé

Passo 3

Autovetores para \lambda=3. Resolvemos
(B-3I)X=0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\\\ -3 & 0 & 2\\\\ 4 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
As equações são
-3x + 2z = 0, \quad 4x -4z=0,
que juntas levam a x=z=0, enquanto y fica livre. Logo
X = \begin{pmatrix}0\y\\\ 0\end{pmatrix} = y\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},
então uma base do espaço próprio de \lambda=3 é
\bigl\{(0,1,0)\bigr\}.

Passo 4

Autovetores para \lambda=-1. Resolvemos
(B+I)X=0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\\\ -3 & 4 & 2\\\\ 4 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira equação vem 4x=0\Rightarrow x=0. Da segunda,
4y + 2z = 0 \;\Longrightarrow\; z = -2y,
e a terceira é repetida. Assim
X = \begin{pmatrix}0\y\\\ -2y\end{pmatrix} = y\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -2\end{pmatrix},
logo uma base do espaço próprio de \lambda=-1 é
\bigl\{(0,1,-2)\bigr\}.

Passo 5

Para ser diagonalizável, a soma das dimensões geométricas dos espaços próprios deve ser igual a 3. Aqui a dimensão do espaço para \lambda=3 é 1 (embora sua multiplicidade algébrica seja 2) e para \lambda=-1 é 1, totalizando 2<3.

Resposta

Os autovalores reais são \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 1).
Bases dos respectivos espaços próprios:
para \lambda=3: \{(0,1,0)\},
para \lambda=-1: \{(0,1,-2)\}.
Como a soma das dimensões geométricas é 2<3, B não é diagonalizável.

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