1. Dada a matriz
A=\left[\begin{array}{llll} 2 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{array}\right]_{.(1,0 \text { ponto })}
a) A é diagonalizável? Em caso positivo, justifique.
b) Encontre seu polinômio minimal.
\begin{aligned} (1-\lambda) \cdot[1-\lambda)= & 1-\lambda-\lambda+\lambda^{2} \\\ & \lambda^{2}-2 \lambda+1 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  1. (a) Determinar se A é diagonalizável; em caso afirmativo justificar, caso negativo justificar.
  2. (b) Encontrar o polinômio minimal de A.
Informações relevantes dadas pelo enunciado: os elementos da matriz A (mostrados acima). Não há outras informações externas.

Passo 2

Encontremos primeiro os autovalores e suas multiplicidades algébricas (isto é, as multiplicidades como raízes do polinômio característico). Como A é triangular superior, o determinante de A-\lambda I é o produto das entradas da diagonal de A-\lambda I. Então o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(2-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)=(2-\lambda)^3(3-\lambda).
Portanto os autovalores são \lambda=2 com multiplicidade algébrica 3 e \lambda=3 com multiplicidade algébrica 1.
Explicação rápida do que fiz: para uma matriz triangular, cada entrada diagonal dá um fator (\text{diagonal}-\lambda) no determinante, por isso o produto acima.

Passo 3

Vou explicar o critério que usarei para decidir se A é diagonalizável. Uma matriz A é diagonalizável se e somente se existe uma base do espaço formada por autovetores de A. Em termos de multiplicidades isso dá uma condição prática: para cada autovalor \lambda a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I)) deve ser igual à multiplicidade algébrica (multiplicidade do \lambda no polinômio característico). Se para algum autovalor a multiplicidade geométrica for menor que a algébrica, então não há vetores próprios suficientes para formar uma base e A não é diagonalizável.
Vou portanto calcular as dimensões das espaços próprios para cada autovalor.

Passo 4

Calculemos o espaço próprio associado a \lambda=2. Formamos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Queremos resolver (A-2I)x=0. Escrevendo x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T, as equações das linhas dão:
  • Primeira linha: 0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 0 + 0 = 0, ou seja x_2=0.
  • Segunda linha: 0=0 (nenhuma restrição).
  • Terceira linha: 0=0 (nenhuma restrição).
  • Quarta linha: 0\cdot x_1 + 0 +0 +1\cdot x_4 =0, ou seja x_4=0.
Portanto os vetores próprios para \lambda=2 têm a forma
x=(x_1,\,0,\,x_3,\,0)^T,
onde x_1 e x_3 são livres. Concluímos que a dimensão do espaço próprio de \lambda=2 (a multiplicidade geométrica) é 2.
Como a multiplicidade geométrica 2 é menor que a multiplicidade algébrica 3 para \lambda=2, já temos que A não é diagonalizável. Vou completar verificando o caso \lambda=3 só para ficar completo.

Passo 5

Espaço próprio para \lambda=3. Formamos A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Resolvendo (A-3I)x=0 com x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T:
  • Primeira linha: -x_1 + x_2 = 0 x_2=x_1.
  • Segunda linha: -x_2=0 x_2=0, daí x_1=0.
  • Terceira linha: -x_3=0 x_3=0.
  • Quarta linha: 0=0 x_4 livre.
Logo os autovetores são da forma (0,0,0,x_4)^T, dimensão do espaço próprio é 1, igual à multiplicidade algébrica 1. Isso está OK, mas não compensa o problema do autovalor \lambda=2.

Passo 6

Conclusão sobre diagonalização: como para \lambda=2 a multiplicidade geométrica é 2 e a multiplicidade algébrica é 3, não existem autovetores suficientes para formar uma base de \mathbb{R}^4. Portanto A não é diagonalizável.
Agora o polinômio minimal. Primeiro explico o conceito: o polinômio minimal m_A(\lambda) é o menor (monico) polinômio tal que m_A(A)=0. Ele sempre divide o polinômio característico e, se formos usar a teoria de Jordan, para cada autovalor \lambda_i o fator (\lambda-\lambda_i) aparece com expoente igual ao tamanho do maior bloco de Jordan correspondente a \lambda_i.
Observando A, o bloco superior esquerdo
\begin{pmatrix}2 & 1\\\\ 0 & 2\end{pmatrix}
é exatamente um bloco de Jordan de ordem 2 associado a \lambda=2, e há também um bloco 1\times1 com 2 (a terceira linha/coluna) — portanto, para \lambda=2 o maior bloco tem ordem 2. Para \lambda=3 há apenas um bloco 1\times1, então o expoente é 1.
Assim o polinômio minimal deve ser
m_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3).
Para dar uma verificação rápida (sem usar toda a teoria de Jordan): seja B=A-2I e D=A-3I. Calculamos antes
B=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Temos B^2=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\\ 0&0&0&0\\\ 0&0&0&0\\\ 0&0&0&1\end{pmatrix} (veja que a parte 2\times2 nilpotente zera ao quadrado). Se multiplicarmos B^2 por D (onde a última coluna de D é nula porque \lambda=3 anula a entrada 3-3 na diagonal), obtemos a matriz zero, isto é
(B^2)D=(A-2I)^2(A-3I)=0,
o que mostra que (\lambda-2)^2(\lambda-3) anula A. Já mostramos também que (A-2I)(A-3I)\neq 0 (portanto o expoente 1 em (\lambda-2) não basta), então o menor polinômio com essa propriedade é exatamente
m_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3).

Resposta

(a) A não é diagonalizável.\n(b) m_A(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3)

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