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}0 & 1 \\\\ 1 & 0\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}
e pede, para essa matriz:
  • o polinômio característico;
  • os autovalores;
  • os autoespaços (ou seja, os autovetores/eigenvectors e suas bases);
  • decidir se A é diagonalizável;
  • em caso afirmativo, fornecer matrizes P e D tais que A=PDP^{-1}.
Essas são todas as informações que temos. A resolução começa a seguir.]

Passo 2

Primeiro vamos definir o que é o polinômio característico e como calculá‑lo.
O polinômio característico de uma matriz A é
p(\lambda)=\det(A-\lambda I),
onde I é a matriz identidade do mesmo tamanho e \lambda é a variável (o futuro autovalor). Para nossa matriz A de ordem 2, temos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\lambda & 0 \\[4pt] 0 & \lambda\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante dessa 2\times2. Lembrete simples: para uma matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} temos \det = ad-bc. Aplicando aqui,
p(\lambda)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot 1=\lambda^2-1.]

Passo 3

Agora achamos os autovalores resolvendo p(\lambda)=0:
\lambda^2-1=0.
Isso é uma diferença de quadrados; fatorando,
\lambda^2-1=(\lambda-1)(\lambda+1).
Portanto as raízes (autovalores) são
\lambda=1\quad\text{e}\quad \lambda=-1.

Passo 4

Vamos encontrar os autoespaços (os conjuntos de autovetores associados a cada autovalor). Para um autovalor \lambda o espaço próprio é
E_\lambda=\ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{R}^2\mid (A-\lambda I)v=0\}.
  • Caso \lambda=1:
A-I=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Precisamos resolver (A-I)v=0. Se v=(x,y)^T, o sistema é
- x + y = 0,
a segunda equação é redundante (é a mesma). Logo y=x. Os vetores do autoespaço são (x,x)=x(1,1). Assim
E_{1}=\operatorname{span}\{(1,1)\}.
Uma base conveniente é \{(1,1)\}.
  • Caso \lambda=-1:
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+I)v=0 com v=(x,y)^T obtemos
x + y = 0,
ou seja y=-x. Os vetores do autoespaço são (x,-x)=x(1,-1). Portanto
E_{-1}=\operatorname{span}\{(1,-1)\}.
Uma base conveniente é \{(1,-1)\}.
Observação didática: cada autoespaço é unidimensional, como esperado para autovalores simples.]

Passo 5

Decidindo se A é diagonalizável.
Um critério prático: se uma matriz 2\times2 tem dois autovalores distintos, então ela possui dois autovetores linearmente independentes e é diagonalizável. Aqui os autovalores são 1 e -1, distintos, e vimos bases dos respectivos autoespaços formadas pelos vetores (1,1) e (1,-1). Esses dois vetores são linearmente independentes (vetores não múltiplos um do outro), logo formam uma base de \mathbb{R}^2. Portanto A é diagonalizável.
Construção explícita de P e D:
  • Escolhemos como colunas de P vetores próprios correspondentes aos autovalores, numa ordem à nossa escolha. Tomando primeiro o auto-vetor de \lambda=1 e depois o de \lambda=-1, escolhemos
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
  • A matriz D é diagonal com os autovalores na mesma ordem:
D=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
Agora precisamos de P^{-1} para confirmar A=PDP^{-1}. Calculamos o determinante de P:
\det(P)=1\cdot(-1)-1\cdot 1=-2.
Usando a fórmula da inversa para 2\times2,
P^{-1}=\frac{1}{\det(P)}\begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} =\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Repare que P^{-1}=\tfrac{1}{2}P porque P^2=2I (veja: multiplicando P por si dá \begin{pmatrix}2&0\\\ 0&2\end{pmatrix}). Para verificar rápido a diagonalização, podemos multiplicar:
PD=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix},
e então
PDP^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}0 & 2 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}=A.
Portanto a fatoração está correta.
Comentário extra (motivo intuitivo): A é simétrica, por isso é até diagonalizável por uma matriz ortogonal (autovetores ortogonais). Aqui (1,1) e (1,-1) são ortogonais entre si, e se os normalizarmos obtemos uma matriz ortogonal Q tal que A=Q\Lambda Q^T. Mas para a prova não era obrigatório normalizar.]

Resposta

Polinômio característico: p(\lambda)=\lambda^2-1
Autovalores: \lambda=1,\; \lambda=-1
Autoespaços: E_{1}=\operatorname{span}\{(1,1)\},\quad E_{-1}=\operatorname{span}\{(1,-1)\}
Diagonalizável: Sim
Uma fatoração:
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix},\quad P^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},
com A=PDP^{-1}.]

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