Seja a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja matriz é
A=\left[\begin{array}{lll} 2 & 1 & 1 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 1 & 2 \end{array}\right]
(a) Encontre os autovalores de T.
(b) Determine os autovetores associados a cada autovalor.
(c) Encontre bases para os autoespaços.
(d) Determine uma matriz diagonal D semelhante a A.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz (na base canônica) é
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
As perguntas são:
(a) Encontrar os autovalores de T.
(b) Determinar os autovetores associados a cada autovalor.
(c) Encontrar bases para os autoespaços (espaços próprios).
(d) Determinar uma matriz diagonal D semelhante a A.
Informações relevantes fornecidas: temos explicitamente a matriz A de dimensão 3\times3. Não há outras restrições; espera-se usar a definição de autovalor/autovetor e calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).]

Passo 2

Vou achar o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
O polinômio característico é o determinante dessa matriz. Faço a expansão por cofatores na primeira linha (método direto, passo a passo):
\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(A-\lambda I) \\\ &=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}. \end{aligned}
Agora calculo cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=1(2-\lambda)-1\cdot1=2-\lambda-1=1-\lambda,
\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-(2-\lambda)\cdot1=1-(2-\lambda)=\lambda-1.
Substituindo em p(\lambda):
p(\lambda)=(2-\lambda)\big((2-\lambda)^2-1\big)- (1-\lambda) + (\lambda-1).
Observe que -(1-\lambda)+(\lambda-1)=0, portanto resta
p(\lambda)=(2-\lambda)\big((2-\lambda)^2-1\big).
Faço as contas: (2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3, então
p(\lambda)=(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+3).
Expandindo (ou fatorando), obtemos o polinômio
p(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+9\lambda-4.
Esse polinômio se fatoriza como
p(\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-1)^2.]

Passo 3

Das fatorações do polinômio característico, os autovalores (raízes) são:
\lambda=4 \quad\text{(multiplicidade algébrica 1)}é
e
\lambda=1 \quad\text{(multiplicidade algébrica 2)}.é
Explico o que isso significa: um autovalor \lambda é um número tal que existe vetor não nulo v com Av=\lambda v. A multiplicidade algébrica é a multiplicidade da raiz no polinômio característico; pode haver multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) menor ou igual a essa multiplicidade algébrica. No nosso caso vou calcular os autoespaços para ver as dimensões geométricas.

Passo 4

Autovetores para \lambda=4\). Resolve-se \((A-4I)x=0\). Escrevo a matriz: \[A-4I=\begin{pmatrix} 2-4 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2-4 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2-4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -2 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
O sistema (A-4I)x=0 é
\begin{cases} -2x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] x_1 -2x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 -2x_3 = 0. \end{cases}
Se somarmos as três equações, obtemos ( -2+1+1)x_1 + (1-2+1)x_2 + (1+1-2)x_3 =0\], ou seja, \(0=0 (dependência), mas podemos subtrair equações para ver relações simples. Por exemplo, da primeira e segunda:
(-2x_1 + x_2 + x_3) - (x_1 -2x_2 + x_3)= -3x_1 +3x_2 =0 \implies x_1 = x_2.
Comparando primeira e terceira:
(-2x_1 + x_2 + x_3) - (x_1 + x_2 -2x_3)= -3x_1 +3x_3 =0 \implies x_1 = x_3.
Então x_1=x_2=x_3. Logo todos os vetores próprios associados a \lambda=4 são múltiplos de (1,1,1). Em forma geral, os autovetores são
x=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R},\\ t\neq0.]

Passo 5

Autovetores para \lambda=1\). Resolve-se \((A-I)x=0\). Escrevo a matriz: \[A-I=\begin{pmatrix} 2-1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2-1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2-1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
O sistema (A-I)x=0 corresponde a
\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 + x_3 = 0. \end{cases}
Há apenas uma equação independente: x_1+x_2+x_3=0\]. Isso significa que a solução tem dimensão 2 (dois graus de liberdade) — condiz com a multiplicidade algébrica 2 do autovalor \(\lambda=1. Para escrever uma base para esse espaço, escolho dois vetores linearmente independentes que satisfaçam a soma zero. Exemplos simples:
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Verifico a soma das componentes: para ambos 1+(-1)+0=0 e 1+0+(-1)=0. São independentes (não são múltiplos um do outro), logo formam uma base do autoespaço correspondente a \lambda=1. Assim os autovetores para \lambda=1 são combinações lineares
x = s\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad s,t\in\mathbb{R},\\ \text{nem ambos zero}.]

Passo 6

Bases dos autoespaços e matriz diagonal semelhante. Resumo das bases encontradas:
  • Para \lambda=4: base do autoespaço E_4 é \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
  • Para \lambda=1: base do autoespaço E_1 é \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.
Se montar a matriz P cujas colunas são esses autovetores (na ordem autovalor \lambda=4 primeiro, depois os dois de \lambda=1):
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix},
então P é invertível (as colunas são independentes) e temos a similaridade
D=P^{-1}AP,
onde D é a matriz diagonal com os autovalores na mesma ordem das colunas de P. Assim uma matriz diagonal semelhante a A é
D=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Observação didática: como A é simétrica, existe uma base ortonormal de autovetores; os autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais. Aqui os autoespaços têm as dimensões esperadas (geométrica igual à algébrica para cada autovalor), então A é diagonalizável e D acima é a diagonalização.]

Resposta

(a) \lambda=4 (multiplicidade algébrica 1); \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2).
(b) Autovetores para \lambda=4: t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}, t\neq0. Autovetores para \lambda=1: s\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}, com s,t não ambos zero.
(c) Base de E_4: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}. Base de E_1: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.
(d) Uma matriz diagonal semelhante a A é \displaystyle D=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.]

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