Questão 2 Seja
A=\left[\begin{array}{ccc} -1 & 14 & 3 \\\\ 0 & -4 & 2 \\\\ 0 & -4 & 2 \end{array}\right]
(a) (0.5) Encontre todos os autovalores de A.
(b) (1.5) Encontre todos os autovetores de A linearmente independente associados aos autovalores.
(c) (0.5) A é diagonalizável? Se for, encontre P tal que A=P D P^{-1}, com D diagonal.

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
A = \begin{pmatrix} -1 & 14 & 3\\\\ 0 & -4 & 2\\\\ 0 & -4 & 2 \end{pmatrix}
e pede: (a) seus autovalores, (b) autovetores linearmente independentes e (c) verificar se é diagonalizável e, em caso afirmativo, exibir uma decomposição A=PDP^{-1}.

Passo 2

Para achar os autovalores calculamos o polinômio característico
\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} -1-\lambda & 14 & 3\\\\ 0 & -4-\lambda & 2\\\\ 0 & -4 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Como as duas últimas linhas têm zeros na primeira coluna, expandimos pela primeira coluna:
\det(A-\lambda I) = (-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-4-\lambda & 2\\\\ -4 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o menor:
(-4-\lambda)(2-\lambda)-2(-4) = (\lambda^2+2\lambda-8)+8 = \lambda^2+2\lambda.
Logo
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\bigl(\lambda^2+2\lambda\bigr) =-(\lambda)(\lambda+1)(\lambda+2).

Passo 3

As raízes de \det(A-\lambda I)=0 são
\lambda=0,\quad \lambda=-1,\quad \lambda=-2.

Passo 4

Para \lambda=0\) resolvemos \(A x=0\). Das equações \[\begin{cases} -\,x_1+14x_2+3x_3=0,\\\\ -4x_2+2x_3=0,\\\\ -4x_2+2x_3=0 \end{cases}
vem x_3=2x_2\] e \(x_1=14x_2+3\cdot2x_2=20x_2. Tomando x_2=1, um autovetor é
v_0 = \begin{pmatrix}20\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix}.

Passo 5

Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)x=0. Da segunda linha -3x_2+2x_3=0 vem x_3=\tfrac32x_2; da terceira linha obtemos x_2=0 e então x_3=0. A primeira linha fica 0\cdot x_1=0, logo x_1 é livre. Tomando x_1=1, um autovetor é
v_{-1} = \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 6

Para \lambda=-2 resolvemos (A+2I)x=0. Da segunda linha -2x_2+2x_3=0 vem x_3=x_2; a terceira dá a mesma condição. Da primeira linha x_1+14x_2+3x_3=0 resulta x_1=-17x_2. Tomando x_2=1, um autovetor é
v_{-2} = \begin{pmatrix}-17\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 7

Os três autovetores v_{-2},v_{-1},v_0 são claramente linearmente independentes, cada autovalor tem multiplicidade geométrica 1 igual à algébrica, logo A é diagonalizável. Podemos escolher
P = \begin{pmatrix} -17 & 1 & 20\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\\\ 0 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
de modo que A = P\,D\,P^{-1}.

Resposta

(a) \lambda=0,\;-1,\;-2.
(b) Autovetores: para \lambda=0, \mathrm{span}\{(20,1,2)\}; para \lambda=-1, \mathrm{span}\{(1,0,0)\}; para \lambda=-2, \mathrm{span}\{(-17,1,1)\}.
(c) Sim. Por exemplo
P = \begin{pmatrix} -17 & 1 & 20\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\\\ 0 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
de forma que A = P\,D\,P^{-1}.

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