Considere as seguintes matrizes A=\left[\begin{array}{ll}4 & -3 \\\\ 2 & -1\end{array}\right], B=\left[\begin{array}{ll}5 & 0 \\\\ 2 & 1\end{array}\right], C=\left[\begin{array}{ccc}4 & 0 & 1 \\\\ -2 & 1 & 0 \\\\ -2 & 0 & 1\end{array}\right]
(a) Determine os autovalores e autovetores de A, B e C.
Resposta:
Matriz A: autovalores: \lambda_{1}=2, \lambda_{2}=1; autovetores: v_{1}=(3,2), v_{2}=(1,1)
Matriz B: autovalores: \lambda_{1}=1, \lambda_{2}=5; autovetores: v_{1}=(0,1), v_{2}=(2,1)
Matriz C: autovalores: \left.\lambda_{1}=1, \lambda_{2}=2, \lambda_{3}=3\right); autovetores: v_{1}=(0,1,0), v_{2}= (-1,2,2) e v_{3}=(-1,1,1)
(b) Encontre uma base para o auto-espaço associado a cada autovalor do item anterior.
(c) Sendo possível, determine a matriz P que diagonaliza estas matrizes.

Passo 1

O enunciado dá três matrizes
A=\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}4 & 0 & 1\\[4pt]-2 & 1 & 0\\[4pt]-2 & 0 & 1\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. (a) Determinar os autovalores e autovetores de A, B e C.
  2. (b) Para cada autovalor, encontrar uma base do autoespaço associado.
  3. (c) Quando possível, determinar uma matriz P que diagonalize cada matriz (ou seja, uma P invertível tal que P^{-1}MP=D diagonal).
As informações fornecidas (as próprias matrizes) são todas as que precisamos. A resolução começa calculando polinômios característicos e, a partir deles, os autovalores e autovetores.]

Passo 2

Breve lembrete do método (passo a passo prático e intuitivo).
  • Um número \lambda é autovalor da matrix M quando existe vetor não nulo v tal que Mv=\lambda v. Isso é equivalente a resolver (M-\lambda I)v=0.
  • Para encontrar \lambda calculamos o polinômio característico \det(M-\lambda I)=0. As raízes são os autovalores.
  • Para cada autovalor \lambda resolvemos o sistema linear (M-\lambda I)v=0 (fazendo eliminação de linhas) para obter todos os vetores v — esses vetores formam o autoespaço associado a \lambda. Uma base do autoespaço pode ser obtida escolhendo vetores independentes que parametrem a solução.
  • Se, no total, conseguirmos n autovetores linearmente independentes (para uma matriz n\times n), então a matriz é diagonalizável; escolhemos P cujas colunas são esses autovetores e D é a diagonal com os autovalores na mesma ordem.
Agora aplicamos isso em cada matriz, mostrando todas as contas.

Passo 3

Cálculo para a matriz A.
  1. Polinômio característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & -3\\[4pt]2 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Calcular o determinante:
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(-1-\lambda)-(-3)\cdot2.
Expandindo:
(4-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^{2}-3\lambda-4,
então
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-3\lambda-4+6=\lambda^{2}-3\lambda+2.
Fatorando:
\lambda^{2}-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2).
Portanto os autovalores são \lambda=1 e \lambda=2.
  1. Autovetor para \lambda=2:
A-2I=\begin{pmatrix}2 & -3\\[4pt]2 & -3\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0:
a equação é 2x-3y=0. Assim x=\tfrac{3}{2}y. Tomando y=2 (escolha simples para evitar frações) obtemos x=3. Um autovetor é
v_{1}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
O autoespaço associado a \lambda=2 é a reta gerada por v_{1}, então uma base é \{(3,2)\}.
  1. Autovetor para \lambda=1:
A-I=\begin{pmatrix}3 & -3\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
A equação é 3x-3y=0 (ou 2x-2y=0), daí x=y. Tomando x=1 temos o autovetor
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
O autoespaço associado a \lambda=1 tem base \{(1,1)\}.
Observação: v_{1} e v_{2} são linearmente independentes (determinante da matriz com essas colunas é 1), logo A é diagonalizável.]

Passo 4

Cálculo para a matriz B.
  1. Polinômio característico:
B-\lambda I=\begin{pmatrix}5-\lambda & 0\\[4pt]2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(B-\lambda I)=(5-\lambda)(1-\lambda)-0\cdot2=(5-\lambda)(1-\lambda).
Expandindo:
(5-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^{2}-6\lambda+5=(\lambda-1)(\lambda-5).
Então os autovalores são \lambda=1 e \lambda=5.
  1. Autovetor para \lambda=1:
B-I=\begin{pmatrix}4 & 0\\[4pt]2 & 0\end{pmatrix}.
O sistema dá 4x=0 e 2x=0, logo x=0, enquanto y é livre. Tomando y=1 obtemos o autovetor
w_{1}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Base do autoespaço de \lambda=1: \{(0,1)\}.
  1. Autovetor para \lambda=5:
B-5I=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix}.
O sistema é 2x-4y=0, então x=2y. Tomando y=1 obtemos
w_{2}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Base do autoespaço de \lambda=5: \{(2,1)\}.
Os vetores w_{1} e w_{2} são independentes (determinante -2\neq0), logo B é diagonalizável.]

Passo 5

Cálculo para a matriz C.
  1. Polinômio característico:
C-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 0 & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda & 0\\[4pt]-2 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Note que a segunda coluna tem dois zeros, então é prático desenvolver pelo segundo elemento da segunda coluna. O determinante vale
\det(C-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calcular o menor:
\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot(-2).
Expandindo:
(4-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^{2}-5\lambda+4,
então somando 2:
\lambda^{2}-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto o polinômio característico é
(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3).
As raízes são \lambda=1,2,3 (os sinais dependem de como se organiza, mas os autovalores são esses).
  1. Autovetor para \lambda=1:
C-I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 1\\[4pt]-2 & 0 & 0\\[4pt]-2 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema (C-I)(x,y,z)^{T}=0:
  • 3x+z=0,
  • -2x=0,
  • -2x=0.
Das últimas duas equações vem x=0. Então z=0 e y é livre. Tomando y=1 obtemos o autovetor
u_{1}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Base do autoespaço de \lambda=1: \{(0,1,0)\}.
  1. Autovetor para \lambda=2:
C-2I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -1 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Sistema:
  • 2x+z=0 z=-2x.
  • -2x-y=0 y=-2x.
  • -2x-z=0 z=-2x (mesma equação que a primeira, compatível).
    Portanto (x,y,z)=x(1,-2,-2). Tomando x=-1 (para coincidir com o vetor dado na sua resposta temos um múltiplo) obtemos
u_{2}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Base do autoespaço de \lambda=2: \{(-1,2,2)\}.
  1. Autovetor para \lambda=3:
C-3I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -2 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -2\end{pmatrix}.
Sistema:
  • x+z=0 z=-x.
  • -2x-2y=0 y=-x.
  • -2x-2z=0 z=-x (compatível).
    Assim (x,y,z)=x(1,-1,-1). Tomando x=-1 obtemos
u_{3}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Base do autoespaço de \lambda=3: \{(-1,1,1)\}.
Como os três autovalores são distintos, os três autovetores obtidos são linearmente independentes e C é diagonalizável.]

Passo 6

Construção das matrizes P que diagonalizam cada matriz (escolhendo como colunas os autovetores em uma ordem fixa) e verificação rápida de invertibilidade (determinante não nulo).
  1. Para A: escolha a ordem \lambda=2,\lambda=1 com autovetores correspondentes v_{1}=(3,2) e v_{2}=(1,1). Então
P_{A}=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{A}=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Verificação simples: \det P_{A}=3\cdot1-1\cdot2=1\neq0, logo P_{A} é invertível e P_{A}^{-1}AP_{A}=D_{A}.
  1. Para B: escolher a ordem \lambda=1,\lambda=5 com autovetores w_{1}=(0,1) e w_{2}=(2,1). Então
P_{B}=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{B}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 5\end{pmatrix}.
Verificação: \det P_{B}=0\cdot1-2\cdot1=-2\neq0, logo P_{B} invertível e P_{B}^{-1}BP_{B}=D_{B}.
  1. Para C: escolher ordem \lambda=1,2,3 com autovetores u_{1}=(0,1,0), u_{2}=(-1,2,2), u_{3}=(-1,1,1). Então
P_{C}=\begin{pmatrix}0 & -1 & -1\\[4pt]1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 2 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{C}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 2 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Verificação: \det P_{C}=-1\neq0 (pode-se calcular por expansão), então P_{C} é invertível e P_{C}^{-1}CP_{C}=D_{C}.
Pronto — todas as etapas pedidas foram feitas: autovalores, autovetores, bases dos autoespaços e matrizes P que diagonalizam A,B,C.]

Resposta

(a) Autovalores e autovetores:
Matriz A: autovalores \lambda_{1}=2,\\ \lambda_{2}=1; autovetores correspondentes v_{1}=(3,2)^{T},\\ v_{2}=(1,1)^{T}.
Matriz B: autovalores \lambda_{1}=1,\\ \lambda_{2}=5; autovetores correspondentes w_{1}=(0,1)^{T},\\ w_{2}=(2,1)^{T}.
Matriz C: autovalores \lambda_{1}=1,\\ \lambda_{2}=2,\\ \lambda_{3}=3; autovetores correspondentes u_{1}=(0,1,0)^{T},\\ u_{2}=(-1,2,2)^{T},\\ u_{3}=(-1,1,1)^{T}.
(b) Bases dos autoespaços:
Para A: para \lambda=2 base \{(3,2)\}; para \lambda=1 base \{(1,1)\}.
Para B: para \lambda=1 base \{(0,1)\}; para \lambda=5 base \{(2,1)\}.
Para C: para \lambda=1 base \{(0,1,0)\}; para \lambda=2 base \{(-1,2,2)\}; para \lambda=3 base \{(-1,1,1)\}.
(c) Matrizes P que diagonalizam (colunas são autovetores na ordem indicada) e as diagonais D:
Para A:
P_{A}=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{A}=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Para B:
P_{B}=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{B}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 5\end{pmatrix}.
Para C:
P_{C}=\begin{pmatrix}0 & -1 & -1\\[4pt]1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 2 & 1\end{pmatrix},\qquad D_{C}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 2 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.]

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