Dada a matriz
A=\left[\begin{array}{lllll} 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 3 \end{array}\right]
a) A é a matriz de um operador de \mathbb{R}^{5} diagonalizável?
b) Encontre seu polinômio minimal.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\left[\begin{array}{lllll} 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 3 \end{array}\right]
e pede duas coisas:
  1. Verificar se A é a matriz de um operador de \mathbb{R}^5 diagonalizável (ou seja: existe base formada por autovetores?).
  2. Encontrar o polinômio minimal de A.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A matriz A é triangular superior (os elementos abaixo da diagonal são zeros).
  • Os elementos da diagonal são 2,2,2,3,3.
  • Não há outras informações externas; temos que trabalhar com a própria matriz.

Passo 2

Calcular o polinômio característico (para identificar autovalores e multiplicidades algébricas).
Lembrete rápido (aula-micão): para uma matriz triangular, o polinômio característico é o produto \prod_{i}(t-a_{ii}), onde a_{ii} são os elementos da diagonal. Isso acontece porque \det(tI-A) é produto dos termos (t-a_{ii}) quando a matriz é triangular.
Aplicando isso aqui: os elementos da diagonal são 2,2,2,3,3. Logo o polinômio característico é
\chi_A(t)=(t-2)^3(t-3)^2.
Dessa forma, os autovalores e suas multiplicidades algébricas são: \lambda=2 com multiplicidade algébrica 3 e \lambda=3 com multiplicidade algébrica 2.

Passo 3

Entender o que é preciso para diagonalizar: precisamos de uma base de \mathbb{R}^5 formada por autovetores; isso é equivalente a ter, para cada autovalor \lambda, multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) igual à sua multiplicidade algébrica, e a soma das multiplicidades geométricas deve ser 5.
Portanto vamos calcular, para cada autovalor, o espaço próprio \ker(A-\lambda I) e sua dimensão.

Passo 4

Calcular o espaço próprio relativo a \lambda=2.
Primeiro formamos A-2I. Subtraindo 2 na diagonal, obtemos
A-2I=\left[\begin{array}{lllll} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Agora resolvemos (A-2I)x=0. Escrevendo x=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)^T, as equações lineares são:
  • da primeira linha: 0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 0 + 0 + 0 = x_2 = 0,
  • da segunda linha: 0=0 (sem restrição),
  • da terceira linha: 0=0 (sem restrição),
  • da quarta linha: x_4 = 0,
  • da quinta linha: x_5 = 0.
Logo as restrições são x_2=0,\; x_4=0,\; x_5=0. As coordenadas livres são x_1 e x_3. Assim o espaço próprio associado a \lambda=2 tem dimensão
\dim \ker(A-2I)=2.
Conclusão parcial: multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 2, menor que a multiplicidade algébrica 3.
Comentário didático curto: geometricamente isso significa que, para \lambda=2, temos apenas dois autovetores linearmente independentes, embora o polinômio característico diga que \lambda=2 “conte” três vezes. Esse descompasso indica presença de blocos de Jordan de tamanho maior que 1 para \lambda=2.

Passo 5

Calcular o espaço próprio relativo a \lambda=3.
Formamos A-3I:
A-3I=\left[\begin{array}{lllll} -1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Resolvendo (A-3I)x=0 com x=(x_1,\dots,x_5)^T, as equações são:
  • primeira linha: -x_1 + x_2 =0 x_2 = x_1,
  • segunda linha: -x_2 =0 x_2=0,
  • terceira linha: -x_3 =0 x_3=0,
  • quarta e quinta linhas: 0=0 (sem restrição sobre x_4,x_5).
Da segunda equação segue x_2=0, então pela primeira x_1=0. Assim x_1=x_2=x_3=0 e x_4,x_5 são livres. Portanto
\dim \ker(A-3I)=2.
Ou seja, multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 2, igual à multiplicidade algébrica 2.

Passo 6

Concluir sobre diagonalizabilidade.
Somando as dimensões dos espaços próprios obtidas: para \lambda=2 temos 2, para \lambda=3 temos 2; soma 2+2=4, que é menor que 5. Portanto não há base de \mathbb{R}^5 formada só por autovetores. Em termos práticos: a multiplicidade geométrica de \lambda=2 é menor que sua multiplicidade algébrica, isto impede a diagonalização.
Conclusão: A não é diagonalizável.

Passo 7

Encontrar o polinômio minimal.
Definição e estratégia curta (aula rapidinha): o polinômio minimal m_A(t) é o polinômio monico de menor grau tal que m_A(A)=0. Ele deve dividir o polinômio característico e, para cada autovalor \lambda, o expoente de (t-\lambda) em m_A é o tamanho do maior bloco de Jordan associado a \lambda (ou, equivalentemente, o menor inteiro s tal que \ker(A-\lambda I)^s estabiliza na dimensão algébrica).
Observação prática aqui: a matriz A é block-diagonal concebivelmente como um bloco 3\times3 à esquerda e um bloco 2\times2 à direita:
A=\begin{pmatrix} B & 0\\[4pt] 0 & 3I_2 \end{pmatrix},
onde
B=\left[\begin{array}{lll} 2 & 1 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right], \qquad 3I_2=\left[\begin{array}{ll}3 & 0\\[2pt]0 & 3\end{array}\right].
O polinômio minimal de A é o mínimo múltiplo comum (lcm) dos polinômios minimos dos blocos B e 3I_2.
  • Para o bloco 3I_2 (uma matriz escalar 3 vezes a identidade 2\times2), o polinômio minimal é t-3 (porque (3I_2)-3I_2=0).
  • Para o bloco B (o bloco superior triangular com diagonal toda 2 e um único 1 na posição (1,2)), formamos B-2I_3:
B-2I_3=\left[\begin{array}{lll} 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Note que (B-2I_3)^2 é a matriz zero (porque a única 1 em posição superdiagonal leva a produto zero quando elevamos ao quadrado). Portanto o menor s com (B-2I_3)^s=0 é s=2. Isso implica que o polinômio minimal de B é (t-2)^2.
Fazendo o lcm entre os dois fatores obtemos
m_A(t)=\operatorname{lcm}\big((t-2)^2,\; (t-3)\big)=(t-2)^2(t-3).]

Passo 8

Pequena verificação final (intuitiva): o polinômio m_A(t)=(t-2)^2(t-3) divide \chi_A(t)=(t-2)^3(t-3)^2 e seu grau é o menor necessário pois o bloco B exige o expoente 2 em (t-2) (não basta expoente 1) e o bloco 3I_2 exige fator (t-3). Assim m_A é exatamente o polinômio minimal.

Resposta

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

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