Para cada uma das matrizes a seguir, determine seu polinômio característico, autovalores, autoespaços e decida se a matriz é diagonalizável. Em caso afirmativo, determine matrizes P, D tais que A=P D P^{-1}.
A=\left[\begin{array}{ll}1 & 2 \\\\ 2 & 4\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede, para a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix},
que determinemos:
  • o polinômio característico de A;
  • os autovalores (e suas multiplicidades algébricas);
  • os autoespaços (autovetores / multiplicidades geométricas) para cada autovalor;
  • se A é diagonalizável; e, em caso afirmativo, matrizes P e D tais que A=PDP^{-1}.
As informações dadas são apenas os elementos da matriz A mostrados acima. Não há mais dados externos.]

Passo 2

Vamos encontrar o polinômio característico. Lembre que, para uma matriz 2\times2, o polinômio característico é dado por
p(\lambda)=\det(A-\lambda I),
onde I é a matriz identidade 2\times2. Aqui
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Para calcular o determinante de uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & b \\[4pt] c & d\end{pmatrix}
usamos a fórmula \det=\;ad-bc. Aplicando isso em A-\lambda I temos:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(4-\lambda)-2\cdot 2.]

Passo 3

Continuando a expansão do determinante do passo anterior:
(1-\lambda)(4-\lambda)-4 = (4 - \lambda -4\lambda + \lambda^2)-4 = \lambda^2 -5\lambda.
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^2-5\lambda.

Passo 4

Para obter os autovalores, resolvemos p(\lambda)=0:
\lambda^2-5\lambda=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda(\lambda-5)=0.
Logo os autovalores são \lambda_1=0 e \lambda_2=5.
Cada um aparece uma vez no polinômio (ou seja, tem multiplicidade algébrica igual a 1).

Passo 5

Agora vamos achar os autoespaços (conjunto de autovetores) correspondentes a cada autovalor. Lembre: o autoespaço associado a [\lambda) é o núcleo de A-\lambda I, isto é, o conjunto dos vetores v que satisfazem (A-\lambda I)v=0.
Começamos por \lambda=0: precisamos resolver
A v = 0 \quad\text{ou}\quad \begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema linear
\begin{cases} x+2y=0,\\[4pt] 2x+4y=0. \end{cases}
As duas equações são múltiplas (a segunda é o dobro da primeira), então temos uma única equação efetiva x+2y=0\]. Isolando \(x obtemos x=-2y. Tomando y=1 como parâmetro, um autovetor correspondente é
v_0=\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço de \lambda=0 é
E_{0}=\mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\end{pmatrix}\right\},
que tem dimensão 1. A multiplicidade geométrica de \lambda=0 é 1.]

Passo 6

Agora \lambda=5\). Resolvemos \((A-5I)v=0\), ou seja \[\begin{pmatrix}1-5 & 2 \\[4pt] 2 & 4-5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4 & 2 \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} -4x+2y=0,\\[4pt] 2x-y=0. \end{cases}
Da segunda equação temos y=2x\]. Escolhendo \(x=1 obtemos o autovetor
v_5=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço de \lambda=5 é
E_{5}=\mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2\end{pmatrix}\right\},
que também tem dimensão 1. A multiplicidade geométrica de \lambda=5 é 1.]

Passo 7

Vamos comparar multiplicidades algébricas e geométricas: ambos os autovalores \lambda=0 e \lambda=5 têm multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica 1. Como a soma das dimensões dos autoespaços é 1+1=2, que é igual à dimensão da matriz (2), concluímos que A é diagonalizável.
Regra prática e útil (que vale sempre para matrizes com entradas reais/complexas): se uma matriz n\times n tem n autovalores distintos (no sentido de valores numéricos distintos), então ela é automaticamente diagonalizável, porque cada autovalor distinto dá pelo menos um autovetor linearmente independente.

Passo 8

Para construir P e D tais que A=PDP^{-1}, colocamos colunas de P sendo um conjunto de autovetores linearmente independentes e em D colocamos os autovalores correspondentes na diagonal, na mesma ordem das colunas de P.
Escolhendo como primeira coluna o autovetor de \lambda=0 e como segunda coluna o autovetor de \lambda=5, definimos:
P=\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 5\end{pmatrix}.
Verificamos que P é invertível: o determinante é
\det(P)=(-2)\cdot 2 - 1\cdot 1 = -4-1 = -5 \neq 0.
A inversa de P (fórmula da inversa para 2\times2) é
P^{-1}=\frac{1}{\det(P)}\begin{pmatrix}2 & -1 \\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5} & \tfrac{1}{5} \\[6pt] \tfrac{1}{5} & \tfrac{2}{5}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Por consistência, mostramos rapidamente que com essas P e D obtemos A=PDP^{-1}. Primeiro PD tem colunas 0\cdot v_0 e 5\cdot v_5, ou seja
PD=\begin{pmatrix}0 & 5 \\[4pt] 0 & 10\end{pmatrix}.
Multiplicando PD por P^{-1}:
PDP^{-1}= \begin{pmatrix}0 & 5 \\[4pt] 0 & 10\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5} & \tfrac{1}{5} \\[6pt] \tfrac{1}{5} & \tfrac{2}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix}=A,
o que confirma a decomposição.]

Resposta

Polinômio característico: \;p(\lambda)=\lambda^2-5\lambda=\lambda(\lambda-5).\n
Autovalores: \lambda=0 (multiplicidade algébrica 1), \lambda=5 (multiplicidade algébrica 1).\n
Autoespaços: E_{0}=\mathrm{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}, E_{5}=\mathrm{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.\n
Diagonalizável: sim (as multiplicidades geométrica = algébrica somam 2).\n
Exemplo de P,D tais que A=PDP^{-1}: P=\begin{pmatrix}-2 & 1 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 5\end{pmatrix},
com P^{-1}=\begin{pmatrix}-\tfrac{2}{5} & \tfrac{1}{5} \\[6pt] \tfrac{1}{5} & \tfrac{2}{5}\end{pmatrix}.]

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