Q6: Sabemos que existe P inver sível tal que:
\left[\begin{array}{rrr} -6 & 4 & -4 \\\\ -4 & 2 & -4 \\\\ 6 & -4 & 4 \end{array}\right]=P\left[\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & a & 0 \\\\ 0 & 0 & b \end{array}\right] P^{-1} \quad \text { com } \quad a<b
A 3{ }^{\text {a }} coluna da matriz P é múltipla de:
(A) \left[\begin{array}{r}1 \\\ \star \\\\ -2\end{array}\right]
(B) \left[\begin{array}{r}1 \\\ \star \\\\ -1\end{array}\right]
(C) \left[\begin{array}{c}1 \\\ \star \\\\ 0\end{array}\right]
(D) \left[\begin{array}{l}1 \\\ \star \\\\ 1\end{array}\right]
(E) Não sei

Passo 1

O enunciado diz que existe P invertível tal que
A = \begin{pmatrix} -6 & 4 & -4\\\\ -4 & 2 & -4\\\\ 6 & -4 & 4 \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\\\ 0 & a & 0\\\\ 0 & 0 & b \end{pmatrix} P^{-1},
com a<b. Isso significa que as colunas de P são vetores próprios de A cujos autovalores são -2, a e b. Como a<b, o terceiro autovalor (na diagonal) é b, e a terceira coluna de P é o autovetor associado a b.

Passo 2

Vamos achar os autovalores de A resolvendo \det(A-\lambda I)=0.
A-\lambda I =\begin{pmatrix} -6-\lambda & 4 & -4\\\\ -4 & 2-\lambda & -4\\\\ 6 & -4 & 4-\lambda \end{pmatrix}.
Calculando o determinante chega-se a
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda-2)(\lambda+2),
logo os autovalores são \lambda=-2,\,0,\,2. Como a<b, temos a=0 e b=2.

Passo 3

O autovetor associado a b=2 satisfaz (A-2I)x=0, isto é,
\begin{pmatrix} -8 & 4 & -4\\\\ -4 & 0 & -4\\\\ 6 & -4 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Dessa forma obtemos as equações
2x - y + z = 0,\quad x + z = 0,
de onde z=-x e y=x. Assim
x\,\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}
é a forma geral do autovetor para \lambda=2.

Passo 4

A terceira coluna de P é um múltiplo de \bigl[1,1,-1\bigr]^T. Entre as opções dadas, só a alternativa (B) tem a terceira coordenada igual a -1:
(B) \begin{pmatrix}1\\star\\\ -1\end{pmatrix}.

Resposta

(B)

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