Questão Autovalores, autovetores, diagonalização

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𝐴 = [𝑇]𝛼
𝛼 = [
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
] 
 
a) p(t) = det(A – t · I) 
|
1 − 𝑡 −3 3
3 −5 − 𝑡 3
6 −6 4 − 𝑡
| = 0 
(1 − 𝑡) · (−5 − t) · (4 − t) + (– 3) · 3 · 6 + 3 · 3 · (– 6) − [6 · (−5 − t) · 3 + (−6) · 3
· (1 − t) + (4 − t) · 3 · (−3) = 0 
(−5 + 4𝑡 + 𝑡2)(4 − 𝑡) − 54 − 54 − (−90 − 18𝑡 − 18 + 18𝑡 − 36 + 9𝑡) = 0 
 
−𝑡3 + 12𝑡 + 16 = 0 
 
b) Possíveis raízes de p(t): ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, ± 16 
 
Para t = –1: −(−1)3 + 12 · (−1) + 16 = 0 
1 − 12 + 16 = 0 
5 ≠ 0 
 
Para t = 1: −(1)3 + 12 · 1 + 16 = 0 
−1 + 12 + 16 = 0 
27 ≠ 0 
 
Para t = –2: −(−2)3 + 12 · (−2) + 16 = 0 
8 − 24 + 16 = 0 
0 = 0 
 
–2 é uma raíz de p(t), portanto (t+2). Dividindo p(t) por (t+2): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑡 =
−2 ± √22 − 4(−1)8
2(−1)
=
−2 ± √36
−2
 
𝑡′ = −2 𝑡′′ = 4 
 
Fatorando p(t): 
−(𝑡 + 2)2 · (t − 4) 
Os autovalores de T são 𝜆1 = −2 𝑒 𝜆2 = 4 
Nesse caso, o formato do polinômio minimal de T é: 
𝑚(𝑡) = (𝑡 + 2)𝑘 · (t − 4), 1 ≤ k ≤ 2 
Então os candidatos a polinômio minimal serão: 
𝑚1(𝑡) = (𝑡 + 2)
1 · (t − 4) 
𝑚2(𝑡) = (𝑡 + 2)
2 · (t − 4) 
 
c) Verificando m1(t): 
𝑚1([𝑇]𝛼
𝛼) = (𝐴 + 2𝐼)(𝐴 − 4𝐼) 
𝑚1([𝑇]𝛼
𝛼) = [
1 + 2 −3 3
3 −5 + 2 3
6 −6 4 + 2
] · [
1 − 4 −3 3
3 −5 − 4 3
6 −6 4 − 4
] 
𝑚1([𝑇]𝛼
𝛼) = [
3 −3 3
3 −3 3
6 −6 6
] · [
−3 −3 3
3 −9 3
6 −6 0
]
= [
3 · (−3) + (−3) · 3 + 3 · 6 3 · (−3) + (−3) · (−9) + 3 · (−6) 3 · 3 + (−3) · 3 + 3 · 0
3 · (−3) + (−3) · 3 + 3 · 6 3 · (−3) + (−3) · (−9) + 3 · (−6) 3 · 3 + (−3) · 3 + 3 · 0
6 · (−3) + (−6) · 3 + 6 · 6 6 · (−3) + (−6) · (−9) + 6 · (−6) 6 · 3 + (−6) · 3 + 6 · 0
] 
𝑚1([𝑇]𝛼
𝛼) = [
−9 − 9 + 18 −9 + 27 − 18 9 − 9 + 0
−9 − 9 + 18 −9 + 27 − 18 9 − 9 + 0
−18 − 18 + 36 −18 + 54 − 36 18 − 18 + 0
] = [
0 0 0
0 0 0
0 0 0
] 
 
d) Encontrando os autovetores associados a 𝜆1 = −2: 
 
(𝐴 + 2𝐼)𝑋 = 0, 𝑋 = [𝑣]𝛼 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 
([
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
] + [
2 0 0
0 2 0
0 0 2
]) · [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] 
[
3 −3 3
3 −3 3
6 −6 6
] · [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] 
 
 
 
 
 
 
 
𝑋 = [
𝑦 − 𝑧
𝑦
𝑧
] 
𝑣 = (𝑦 − 𝑧) ∙ 𝑒1 + 𝑦 ∙ 𝑒2 + 𝑧 ∙ 𝑒3, 𝑐𝑜𝑚 𝑦 ≠ 0 𝑜𝑢 𝑧 ≠ 0 
 
Logo, o autoespaço associado aos autovetores associados ao autovalor 𝜆1será: 
 
𝑉𝜆1 = {(𝑦 − 𝑧, 𝑦, 𝑧)/𝑦, 𝑧 ∈ ℝ} 
𝑉𝜆1 = {(𝑦, 𝑦, 0) + (−𝑧, 0, 𝑧)/𝑦, 𝑧 ∈ ℝ} 
𝑉𝜆1 = { 𝑦(1,1,0) + 𝑧(−1,0,1)/ 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ} 
𝑉𝜆1 = [(1,1,0), (−1,0,1)] 
 
Encontrando os autovetores associados a 𝜆2 = 4: 
 
(𝐴 − 4𝐼)𝑋 = 0, 𝑋 = [𝑣]𝛼 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 
([
1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4
] − [
4 0 0
0 4 0
0 0 4
]) · [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] 
[
−3 −3 3
3 −9 3
6 −6 0
] · [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
0
0
0
] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑋 =
[
 
 
 
 
1
2
𝑧
1
2
𝑧
𝑧 ]
 
 
 
 
 
𝑣 = (
1
2
𝑧 ∙ 𝑒1 +
1
2
𝑧 ∙ 𝑒2 + 𝑧 ∙ 𝑒3) 
𝑣 = (
1
2
𝑧,
1
2
𝑧, 𝑧) = 𝑧 (
1
2
 ,
1
2
, 1) 𝑐𝑜𝑚 𝑧 ≠ 0 
Fazendo z = 1: 
𝑣 = (
1
2
 ,
1
2
 , 1) 
 
Logo, o autoespaço associado aos autovetores associados ao autovalor 𝜆2será: 
 
𝑉𝜆2 = [(
1
2
,
1
2
, 1)] 
 
e) mA(λ1) = mA(–2) = 2 e mG(λ1) = mG(–2) = 2 
mA(λ2) = mA(4) = 1 e mG(λ2) = mG(4) = 1 
 
f) Sim. T é diagonalizável porque o seu polinômio minimal é o de menor grau entre os 
candidatos e também porque a soma das multiplicidades geométricas dos autoespaços 
associados aos autovalores é igual a dimensão do espaço vetorial, nesse caso, do ℝ3