Considere
\mathrm{A}=(21 \mid 12).
a) Mostre que A é auto-adjunto no produto interno usual (ou seja, \mathrm{A} \wedge \mathrm{T}=\mathrm{A} ).
b) Determine os autovalores de A .

Passo 1

O enunciado dá a matriz \mathrm{A}=(21 \mid 12). Precisamos:
a) Mostrar que \mathrm{A} é auto-adjunto no produto interno usual (ou seja, \mathrm{A}^\top=\mathrm{A}).
b) Determinar os autovalores de \mathrm{A}.
Informações relevantes dadas: a notação (21 \mid 12) indica uma matriz 2\times2 cujas entradas, lidas como colunas, são \begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix}. Logo, explicitamente,
\mathrm{A}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.]

Passo 2

Definição e ideia usada para (a). No produto interno usual (o escalar euclidiano), um operador linear dado por uma matriz A é auto-adjunto (ou simétrico, no caso real) quando a matriz que representa seu adjunto é igual a A. No caso real e na base canônica, o adjunto corresponde à transposta. Portanto precisamos verificar que
\mathrm{A}^\top=\mathrm{A}.
Vou explicar o que é transposta: se \mathrm{A}=(a_{ij}), então \mathrm{A}^\top=(a_{ji}). Ou seja, trocamos linhas por colunas.

Passo 3

Aplicando a definição à nossa matriz. As entradas de \mathrm{A} são
a_{11}=2,\quad a_{12}=1,\quad a_{21}=1,\quad a_{22}=2.
A transposta troca índices, então
\mathrm{A}^\top=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{21}\\[4pt]a_{12} & a_{22}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.
Comparando, vemos que \mathrm{A}^\top=\mathrm{A}. Logo \mathrm{A} é auto-adjunto (simétrica) no produto interno usual. Pequeno incentivo: isso significa que \mathrm{A} tem propriedades legais na prova, por exemplo autovalores reais e autovetores ortogonais.]

Passo 4

Preparando para (b): autovalores \lambda são soluções de \det(\mathrm{A}-\lambda I)=0. Vou montar \mathrm{A}-\lambda I e calcular o determinante. Primeiro
\mathrm{A}-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Para matrizes 2\times2, a fórmula do determinante é simples: se M=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}, então \det M = ad-bc. Vou aplicar isso.]

Passo 5

Calcule o polinômio característico:
\det(\mathrm{A}-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(2-\lambda)-1\cdot1=(2-\lambda)^2-1.
Expandindo,
(2-\lambda)^2-1=4-4\lambda+\lambda^2-1=\lambda^2-4\lambda+3.
Então os autovalores são raízes do polinômio \lambda^2-4\lambda+3=0. Resolvo a equação quadrática: o discriminante é
\Delta = (-4)^2-4\cdot1\cdot3=16-12=4,
portanto as raízes são
\lambda=\frac{4\pm\sqrt{4}}{2}=\frac{4\pm2}{2}.
Assim obtemos \lambda_1=3 e \lambda_2=1.]

Passo 6

Cheque rápido (intuitivo) usando traço e determinante: para 2\times2 a soma dos autovalores é o traço e o produto é o determinante. Aqui \operatorname{tr}(\mathrm{A})=2+2=4 e \det(\mathrm{A})=2\cdot2-1\cdot1=3. Nossos autovalores 3 e 1 somam 4 e multiplicam 3, conferindo certinho. Força aí — você já tem o principal resultado que vai cair na prova!

Resposta

a) \mathrm{A} é auto-adjunto ( \mathrm{A}^\top=\mathrm{A}).
b) Autovalores: \lambda=3 e \lambda=1.

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