Questão 2 Seja
A=\left[\begin{array}{lll} 3 & 3 & 1 \\\\ 0 & 1 & 2 \\\\ 0 & 4 & 3 \end{array}\right]
(a) (1.0) Encontre todos os autovalores de A.
(b) (2.0) Encontre todos os autovetores de A linearmente independente associados aos autovalores.
(c) (1.0) A é diagonalizável? Se for, encontre P tal que A=P D P^{-1}, com D diagonal.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = \begin{pmatrix} 3 & 3 & 1\\\\ 0 & 1 & 2\\\\ 0 & 4 & 3 \end{pmatrix}
e pede: (a) autovalores de A, (b) autovetores associados linearmente independentes, (c) verificar se A é diagonalizável e, em caso afirmativo, encontrar P e D tais que
A = P\,D\,P^{-1}.
Para isso vamos primeiro calcular o polinômio característico.

Passo 2

Calculamos p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
A-\lambda I =\begin{pmatrix} 3-\lambda & 3 & 1\\\\ 0 & 1-\lambda & 2\\\\ 0 & 4 & 3-\lambda \end{pmatrix}
Como só o primeiro pivô depende de \lambda, expandindo pela primeira coluna,
p(\lambda) =(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\\ 4&3-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)\bigl((1-\lambda)(3-\lambda)-8\bigr).
Expandindo,
(1-\lambda)(3-\lambda)-8 =\lambda^2-4\lambda+3-8 =\lambda^2-4\lambda-5 =(\lambda-5)(\lambda+1).
Logo
p(\lambda)=-(\lambda-3)(\lambda-5)(\lambda+1),
e os autovalores são
\lambda_1=3,\quad \lambda_2=5,\quad \lambda_3=-1.

Passo 3

Para cada autovalor resolvemos (A-\lambda I)x=0.
\displaystyle \lambda=3:
A-3I =\begin{pmatrix} 0 & 3 & 1\\\\ 0 & -2 & 2\\\\ 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}.
As equações dão 3y+z=0, -2y+2z=0, 4y=0. Daí y=0, z=0 e x fica livre. Tomando x=1 obtemos
v_1 = \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
\displaystyle \lambda=5:
A-5I =\begin{pmatrix} -2 & 3 & 1\\\\ 0 & -4 & 2\\\\ 0 & 4 & -2 \end{pmatrix}.
As equações dão -2x+3y+z=0 e -4y+2z=0, 4y-2z=0. Da segunda segue z=2y. Substituindo na primeira, -2x+5y=0 então x=\tfrac52y. Escolhendo y=2 ficamos com
v_2 = \begin{pmatrix}5\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix}.
\displaystyle \lambda=-1:
A+I =\begin{pmatrix} 4 & 3 & 1\\\\ 0 & 2 & 2\\\\ 0 & 4 & 4 \end{pmatrix}.
As equações dão 4x+3y+z=0 e 2y+2z=0, 4y+4z=0. Da segunda segue z=-y. Substituindo na primeira, 4x+2y=0 então x=-\tfrac12y. Tomando y=2 obtemos
v_3 = \begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ -2\end{pmatrix}.

Passo 4

Os vetores v_1,v_2,v_3 são três autovetores associados a autovalores distintos, logo são linearmente independentes e A é diagonalizável. Se colocarmos esses vetores como colunas de P e os autovalores em D, temos
P = \begin{pmatrix} 1 & 5 & -1\\\\ 0 & 2 & 2\\\\ 0 & 4 & -2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 5 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
de modo que A = P\,D\,P^{-1}.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=3,5,-1.\n(b) Autovetores independentes correspondentes:
\lambda=3:\;v_1=(1,0,0)^T,\quad \lambda=5:\;v_2=(5,2,4)^T,\quad \lambda=-1:\;v_3=(-1,2,-2)^T.
(c) Sim, A é diagonalizável. Uma escolha de P e D é
P=\begin{pmatrix} 1 & 5 & -1\\\\ 0 & 2 & 2\\\\ 0 & 4 & -2 \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 5 & 0\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
com A=P\cdot D\cdot P^{-1}.

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