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}{cc}1 & 2 \\\\ 3 & -4\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede, para a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 3 & -4\end{pmatrix},
que eu determine:
  • o polinômio característico de A;
  • os autovalores de A;
  • os autoespaços (espaços próprios) correspondentes a cada autovalor, dando bases desses espaços;
  • se A é diagonalizável; e, se for, determinar matrizes P e D tais que A = P D P^{-1}.
Informações dadas: apenas a matriz A acima. Não há outras restrições. Vou então calcular o polinômio característico, resolver para os autovalores, achar autovetores, e montar P e D se possível.]

Passo 2

Definição usada (rapidamente, para você lembrar): o polinômio característico de uma matriz A é dado por \det(A-\lambda I), onde \lambda é a variável e I é a identidade. Vou calcular \det(A-\lambda I).
Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 3 & -4-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-4-\lambda)-2\cdot 3.
Agora eu desenvolvo esse produto passo a passo:
(1-\lambda)(-4-\lambda)=1\cdot(-4-\lambda)-\lambda\cdot(-4-\lambda)= -4-\lambda+4\lambda+\lambda^2=\lambda^2+3\lambda-4.
Subtraindo 2\cdot 3=6 obtemos o polinômio:
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+3\lambda-4-6=\lambda^2+3\lambda-10.]

Passo 3

Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^2+3\lambda-10.
Para encontrar os autovalores eu resolvo p(\lambda)=0:
\lambda^2+3\lambda-10=0.
Calculo o discriminante \Delta=3^2-4\cdot 1\cdot(-10)=9+40=49. Como \Delta=49 (perfeito), tenho raízes
\lambda=\frac{-3\pm\sqrt{49}}{2}=\frac{-3\pm 7}{2}.
Assim os autovalores são
\lambda_1=\frac{-3+7}{2}=2,\qquad \lambda_2=\frac{-3-7}{2}=-5.

Passo 4

Agora preciso achar os autoespaços: para cada autovalor [\lambda) resolvo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Começo por \lambda_1=2.
Escrevo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 2\\[4pt] 3 & -4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt] 3 & -6\end{pmatrix}.
Quero vetores \mathbf{v}=(x,y)^T tal que
\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt] 3 & -6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isso é o sistema
\begin{cases} - x + 2y = 0,\\[4pt] 3x -6y = 0. \end{cases}
Note que a segunda equação é 3\] vezes a primeira, então são dependentes — apenas uma equação independente. Da primeira obtemos \(x=2y. Tomando y=t (parâmetro livre), os vetores solução são
\mathbf{v}=t\begin{pmatrix}2\\[4pt] 1\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=2 é
E_{2}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt] 1\end{pmatrix}\right\}.
Expliquei: escolhai y livre para parametrizar; qualquer múltiplo de (2,1)^T é autovetor com \lambda=2.]

Passo 5

Agora para \lambda_2=-5\). Calculo \(A-(-5)I=A+5I\): \[A+5I=\begin{pmatrix}1+5 & 2\\[4pt] 3 & -4+5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 2\\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}.
Procuramos \mathbf{v}=(x,y)^T tais que
\begin{pmatrix}6 & 2\\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} 6x + 2y = 0,\\[4pt] 3x + y = 0. \end{cases}
A segunda é exatamente a metade da primeira, então novamente uma única equação independente: 3x+y=0\] dá \(y=-3x. Tomando x=s livre, obtemos
\mathbf{v}=s\begin{pmatrix}1\\[4pt] -3\end{pmatrix},\quad s\in\mathbb{R}.
Logo o autoespaço associado a \lambda=-5 é
E_{-5}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt] -3\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 6

Agora faço a análise das multiplicidades e da diagonalizabilidade.
  • O polinômio característico p(\lambda)=\lambda^2+3\lambda-10 tem duas raízes distintas \lambda=2 e \lambda=-5. Cada autovalor tem multiplicidade algebraica 1.
  • Os autoespaços E_{2} e E_{-5} têm dimensão geométrica 1 cada (ou seja, cada um tem uma base com um vetor não-nulo).
  • Como os autovalores são distintos, os autovetores encontrados são linearmente independentes (em \mathbb{R}^2 basta ter dois autovetores linearmente independentes para formar uma base). Portanto existem duas direções próprias independentes que formam uma base de \mathbb{R}^2.
Conclusão: A é diagonalizável.

Passo 7

Vou construir P e D. Convenção (sempre atenção numa prova!): se colocamos nas colunas de P autovetores correspondentes, então em D colocamos os autovalores na mesma ordem diagonal. Vou escolher como primeira coluna o autovetor de \lambda=2 e como segunda coluna o autovetor de \lambda=-5.
Escolho vetores simples das bases dos autoespaços:
v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 1\end{pmatrix}\in E_{2},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -3\end{pmatrix}\in E_{-5}.
Defino
P=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & -5\end{pmatrix}.
Para completar, posso calcular P^{-1} pela fórmula de inversa de 2\times 2. O determinante de P é
\det(P)=2\cdot(-3)-1\cdot 1=-6-1=-7.
Assim
P^{-1}=\frac{1}{\det(P)}\begin{pmatrix}-3 & -1\\[4pt] -1 & 2\end{pmatrix}=\frac{1}{-7}\begin{pmatrix}-3 & -1\\[4pt] -1 & 2\end{pmatrix}.
Posso verificar rapidamente que A=PDP^{-1}: primeiro PD=\begin{pmatrix}4 & -5\\[4pt] 2 & 15\end{pmatrix}; multiplicando por P^{-1} e simplificando dá exatamente \begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 3 & -4\end{pmatrix}. (Fiz essa verificação aritmética passo a passo para garantir que as colunas de P estão associadas corretamente aos elementos de D.)]

Passo 8

Resumo final (pra você decorar o que levar para a prova):
  • Polinômio característico: \lambda^2+3\lambda-10.
  • Autovalores: 2 e -5.
  • Autoespaços e bases: E_{2}=\operatorname{span}\{(2,1)^T\}, E_{-5}=\operatorname{span}\{(1,-3)^T\}.
  • Como os autovalores são distintos, A é diagonalizável.
  • Uma escolha conveniente é
P=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & -5\end{pmatrix},
com
P^{-1}=\frac{1}{-7}\begin{pmatrix}-3 & -1\\[4pt] -1 & 2\end{pmatrix}.
Vai dar tudo certo na prova — lembra: em 2x2, encontrar dois autovalores distintos já garante diagonalizabilidade; escolha autovetores simples para formar P e coloque os autovalores na mesma ordem na diagonal de D.]

Resposta

Polinômio característico: \lambda^2+3\lambda-10
Autovalores: \lambda=2 e \lambda=-5
Autoespaço de \lambda=2: E_{2}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
Autoespaço de \lambda=-5: E_{-5}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-3\end{pmatrix}\right\}
Diagonalizável: sim
P e D (uma escolha): P=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},\; D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & -5\end{pmatrix}]

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