Considere a matriz A :
\left[\begin{array}{lllll} 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 3 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right]
a) Calcule os autovalores de A
b) Calcule os autoespaços de A
c) A é diagonalizável? Se sim, encontre P e D tais que \mathrm{P}^{\wedge}-1 \mathrm{AP}=\mathrm{D}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais informações temos.
  • Foi dada a matriz A de ordem 5:
A=\left[\begin{array}{lllll} 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 3 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right].
  • O enunciado pede:
    (a) calcular os autovalores (valores próprios, eigenvalues) de A;
    (b) calcular os autoespaços (espaços próprios, eigenspaces) de A — ou seja, para cada autovalor \lambda encontrar \ker(A-\lambda I) e uma base desse espaço;
    (c) dizer se A é diagonalizável; se for, encontrar P e D tal que P^{-1}AP=D.
Informações relevantes observadas na matriz:
  • As linhas/colunas 2,3,4 formam um bloco triangular superior com 3 na diagonal e 1 na superdiagonal imediata (parece um bloco de Jordan para \lambda=3 de ordem 3).
  • As posições relativas entre o par (1,5) são \begin{pmatrix}2 & 1\\\ 1 & 2\end{pmatrix} se isolarmos as linhas/colunas 1 e 5. As linhas/colunas 1,5 não se ligam com os índices 2,3,4 (os blocos cruzados são zero), então o determinante de A-\lambda I se fatorará em produto de determinantes desses blocos (após permutar índices ou simplesmente observando zeros nas posições cruzadas).

Passo 2

Encontrar os autovalores calculando o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Explicação curta do método: o autovalor \lambda satisfaz \det(A-\lambda I)=0. Quando a matriz tem blocos que não se comunicam (ou seja, blocos cruzados nulos entre dois conjuntos de índices), o determinante se separa em produto dos determinantes dos blocos.
Escrevendo A-\lambda I e observando a estrutura (índices 1,5 formam um bloco 2\times2 e índices 2,3,4 formam um bloco 3\times3 triangular):
  • O bloco 2\times2 correspondente às entradas \{1,5\} é
B(\lambda)=\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix},
cujo determinante é
\det B(\lambda)=(2-\lambda)^2-1=(2-\lambda-1)(2-\lambda+1)=(1-\lambda)(3-\lambda).
Observação: expandindo dá (2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3), o mesmo resultado trocando sinais.
  • O bloco 3\times3 correspondente às entradas \{2,3,4\} é triangular superior com diagonal 3-\lambda, logo
\det C(\lambda)=(3-\lambda)^3.
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det B(\lambda)\cdot\det C(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-3)\cdot(3-\lambda)^3.
Note que (\lambda-3)(3-\lambda)^3 = -(3-\lambda)^4, mas o que importa são as raízes. Assim, as raízes (autovalores) são:
  • \lambda=1 com multiplicidade algébrica 1;
  • \lambda=3 com multiplicidade algébrica 4.]

Passo 3

Calcular o autoespaço associado a \lambda=1, ou seja resolver (A-I)x=0.
Método usado: montar o sistema linear (A-I)x=0 e resolver por eliminação linear (substituições simples). Lembrete: autoespaço de \lambda é \ker(A-\lambda I)=\{x\in\mathbb{R}^5:(A-\lambda I)x=0\}.
Escrevendo (A-I) e as equações para x=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)^\top:
  • Linha 1: (2-1)x_1 + 0x_2 + 0x_3 + 0x_4 + 1x_5 =0\quad ⇒ \;x_1 + x_5 =0.
  • Linha 2: 0\cdot x_1 + (3-1)x_2 + 1x_3 + 0x_4 + 0x_5 =0\quad ⇒ \;2x_2 + x_3 =0.
  • Linha 3: 0 + 0 + (3-1)x_3 +1x_4 +0 =0\quad ⇒ \;2x_3 + x_4 =0.
  • Linha 4: 0+0+0+(3-1)x_4 +0 =0\quad ⇒ \;2x_4 =0.
  • Linha 5: 1x_1 +0+0+0+(2-1)x_5 =0\quad ⇒ \;x_1 + x_5 =0 (mesma equação da linha 1).
Resolver:
  • Da linha 4: 2x_4=0 \Rightarrow x_4=0.
  • Da linha 3: 2x_3 + x_4 =0 \Rightarrow 2x_3 + 0 =0 \Rightarrow x_3=0.
  • Da linha 2: 2x_2 + x_3 =0 \Rightarrow 2x_2 + 0 =0 \Rightarrow x_2=0.
  • Da linha 1: x_1 + x_5 =0 \Rightarrow x_5 = -x_1.
Portanto as coordenadas livres: apenas x_1 livre, os demais são fixos por estas relações. Logo o espaço solução é unidimensional, com vetor gerador (quando escolhemos x_1=1):
v^{(1)}=(1,0,0,0,-1)^\top.
Assim uma base do autoespaço de \lambda=1 é \{(1,0,0,0,-1)^\top\}.

Passo 4

Calcular o autoespaço associado a \lambda=3, ou seja resolver (A-3I)x=0.
Montando as equações para x=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)^\top:
  • Linha 1: (2-3)x_1 + 0 + 0 + 0 + 1x_5 =0\quad ⇒ -x_1 + x_5 =0 x_5 = x_1.
  • Linha 2: 0 + (3-3)x_2 + 1x_3 + 0 + 0 =0\quad ⇒ 0\cdot x_2 + x_3 =0 x_3=0.
  • Linha 3: 0 + 0 + (3-3)x_3 + 1x_4 + 0 =0\quad ⇒ x_4=0 (pois coeficiente de x_3 é zero, resta x_4=0).
  • Linha 4: 0+0+0+(3-3)x_4 +0 =0\quad ⇒ 0=0 (sem informação nova).
  • Linha 5: 1x_1 + 0 + 0 + 0 + (2-3)x_5 =0\quad ⇒ x_1 - x_5 =0 (a mesma equação que a linha 1).
Resolver:
  • Da linha 2: x_3=0.
  • Da linha 3: x_4=0.
  • Da linha 1/5: x_5=x_1.
  • A variável x_2 é livre; x_1 é livre.
Assim os vetores solução têm a forma
x = (x_1, x_2, 0, 0, x_1) = x_1(1,0,0,0,1) + x_2(0,1,0,0,0).
Portanto o autoespaço de \lambda=3 é bidimensional, com uma base por exemplo
v^{(3)}_1=(1,0,0,0,1)^\top,\qquad v^{(3)}_2=(0,1,0,0,0)^\top.

Passo 5

Determinar se A é diagonalizável.
Lembrete da teoria (explicando devagar): uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}) se existe uma base de \mathbb{R}^n (ou \mathbb{C}^n) formada por autovetores. Isso equivale a ter soma das dimensões dos autoespaços (ou seja, soma das multiplicidades geométricas) igual a n. Outra forma prática: para cada autovalor \lambda a multiplicidade geométrica (dimensão de \ker(A-\lambda I)) deve ser igual à multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio característico); caso contrário, não há autovetores suficientes para diagonalizar.
Aplicando ao nosso caso:
  • Autovalor \lambda=1: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1 (autoespaço unidimensional).
  • Autovalor \lambda=3: multiplicidade algébrica 4, multiplicidade geométrica 2 (autoespaço bidimensional).
A soma das dimensões dos autoespaços é 1+2=3, que é menor que 5. Portanto não existem 5 autovetores linearmente independentes: A não é diagonalizável.
Observação gentil: embora haja um autovalor \lambda=3 de multiplicidade algébrica 4, o fato de o bloco central ser um bloco de Jordan de tamanho 3 (na submatriz 2,3,4) impede que a multiplicidade geométrica alcance 4; aqui obtemos apenas 2 direções independentes para \lambda=3.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=3 (multiplicidade algébrica 4).
(b) Autoespaços:
\ker(A-I)=\mathrm{span}\{(1,0,0,0,-1)^\top\},
\ker(A-3I)=\mathrm{span}\{(1,0,0,0,1)^\top,\,(0,1,0,0,0)^\top\}.
(c) A não é diagonalizável (a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 2, menor que sua multiplicidade algébrica 4).

Exercícios relacionados