Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{ll} 4 & 3 \\\\ 1 & 2 \end{array}\right]
1,0
a) (1,0 ponto) Encontre o polinômio característico, os autovalores e autovetores da matriz A.
b) ( 1,0 ponto) A matriz A é diagonalizável? Caso afirmativo, encontre uma matriz X e sua inversa que diagonalizam a matriz A, isto é, A=X D X^{-1}.

Passo 1

Dados do problema:
A=\begin{pmatrix}4 & 3\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}
O que o enunciado pede:
\text{(a) Encontrar o polinômio característico, os autovalores e autovetores de }A.ôí
\text{(b) Dizer se }A\text{ é diagonalizável; em caso afirmativo, encontrar }X\text{ e }X^{-1}\text{ tais que }A=XDX^{-1}.éá
Todas as informações relevantes estão acima. Não começo a resolver aqui — só identifiquei o pedido e os dados.]

Passo 2

Vamos achar o polinômio característico. Primeiro apresento a definição que usarei: o polinômio característico de uma matriz A é dado por
p(\lambda)=\det\bigl(A-\lambda I\bigr),
onde I é a matriz identidade e \lambda é a variável (autovalor). Para nossa matriz,
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 3\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante de uma 2\times2 é calculado por \det\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}=ad-bc. Aplicando:
p(\lambda)=\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 3\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(2-\lambda)-3\cdot1.]

Passo 3

Continuo desenvolvendo o polinômio característico usando álgebra elementar (distribuição):
(4-\lambda)(2-\lambda)=8-6\lambda+\lambda^{2}.
Subtraindo 3:
p(\lambda)=8-6\lambda+\lambda^{2}-3=\lambda^{2}-6\lambda+5.
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^{2}-6\lambda+5.

Passo 4

Agora encontro os autovalores resolvendo p(\lambda)=0. Para a equação quadrática \lambda^{2}-6\lambda+5=0 uso a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática). Recordando: para a\lambda^{2}+b\lambda+c=0,
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
Aqui a=1, b=-6 e c=5. O discriminante é
\Delta=b^{2}-4ac=(-6)^{2}-4\cdot1\cdot5=36-20=16.
Logo
\lambda=\frac{6\pm\sqrt{16}}{2}=\frac{6\pm4}{2}.
Isso dá as raízes
\lambda_{1}= \frac{6+4}{2}=5,\qquad \lambda_{2}=\frac{6-4}{2}=1.
Portanto os autovalores são \lambda=5 e \lambda=1.

Passo 5

Agora calculo os autovetores. Lembrete (definição/conceito): um vetor não nulo v é autovetor associado a um autovalor \lambda se (A-\lambda I)v=0. Vou resolver esse sistema para cada \lambda.
Primeiro para \lambda=5:
A-5I=\begin{pmatrix}4-5 & 3\\[4pt]1 & 2-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}.
Queremos v=(x,y)^{T} tal que
\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt]1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
- x + 3y = 0,\qquad x - 3y = 0.
Ambas são a mesma equação; dela obtemos x=3y. Um autovetor conveniente é escolher y=1, então
v_{1}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}
é um autovetor associado a \lambda=5. (Qualquer múltiplo escalar não nulo de v_{1} também seria autovetor.)]

Passo 6

Agora para \lambda=1:
A-1I=\begin{pmatrix}4-1 & 3\\[4pt]1 & 2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Queremos v=(x,y)^{T} tal que
\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As equações são
3x+3y=0,\qquad x+y=0.
Da segunda obtemos x=-y. Escolhendo y=1 temos x=-1, portanto um autovetor conveniente é
v_{2}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix},
associado a \lambda=1.]

Passo 7

Antes de construir X e D, explico o critério simples de diagonalizabilidade para matrizes reais 2\times2: se a matriz tem dois autovalores distintos, então existem dois autovetores linearmente independentes e a matriz é diagonalizável. Aqui os autovalores são \lambda_{1}=5 e \lambda_{2}=1, distintos, logo A é diagonalizável. Outra verificação prática é mostrar que a matriz X formada por vetores próprios é invertível (determinante não nulo).

Passo 8

Construo a matriz X cujas colunas são os autovetores escolhidos na ordem correspondente e a matriz diagonal D com os autovalores na mesma ordem:
X=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Calculo o determinante de X para confirmar invertibilidade:
\det(X)=3\cdot1-(-1)\cdot1=3+1=4\neq0,
portanto X é invertível.]

Passo 9

Agora calculo X^{-1}. Para uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & b\\[4pt]c & d\end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\[4pt]-c & a\end{pmatrix}.
Aqui a=3, b=-1, c=1, d=1 e ad-bc=4. Assim
X^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 3\end{pmatrix}.]

Passo 10

Para ter certeza prática, verifico rapidamente a igualdade A=XDX^{-1} fazendo as multiplicações passo a passo.
Primeiro XD:
XD=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}15 & -1\\[4pt]5 & 1\end{pmatrix}.
Agora multiplico por X^{-1}:
XD\,X^{-1}=\begin{pmatrix}15 & -1\\[4pt]5 & 1\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 3\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix}15\cdot1+(-1)(-1) & 15\cdot1+(-1)\cdot3\\[4pt]5\cdot1+1\cdot(-1) & 5\cdot1+1\cdot3\end{pmatrix}.
Calculando as entradas:
\frac{1}{4}\begin{pmatrix}16 & 12\\[4pt]4 & 8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 3\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}=A.
Confirma-se que A=XDX^{-1}.]

Resposta

(a) p(\lambda)=\lambda^{2}-6\lambda+5\n
\lambda_{1}=5, autovetor v_{1}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}\n
\lambda_{2}=1, autovetor v_{2}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\n
(b) A é diagonalizável.\n
Uma escolha de X, D e X^{-1} é:\n
X=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix},\qquad X^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-1 & 3\end{pmatrix}.]

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