Determine os autovalores e autovetores da matriz A dada por
A=\left[\begin{array}{cccc} 2 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 1 \\\\ 12 & 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{array}\right]
O operador linear T_{A} cuja matriz é dada por A é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 1 \\\\ 12 & 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Determinar os autovalores (valores próprios) de A e, para cada autovalor, um conjunto de autovetores (espaço próprio).
  • Dizer se o operador linear T_A (cuja matriz é A) é diagonalizável.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A matriz A é de ordem 4.
  • Não há imagens a considerar.
  • Todas as entradas da matriz estão explícitas e são números inteiros.

Passo 2

Observação útil sobre a estrutura de A\) (isto facilita muito os cálculos): a ação de \(A\) em um vetor \(x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T\) separa-se em dois blocos que não misturam as coordenadas \((x_1,x_3)\) com \((x_2,x_4)\). Escrevendo as componentes de \(Ax\) temos \[\begin{cases} (Ax)_1 = 2x_1 + x_3,\\[4pt] (Ax)_2 = 2x_2 + x_4,\\[4pt] (Ax)_3 = 12x_1 + 3x_3,\\[4pt] (Ax)_4 = -x_2. \end{cases}
Portanto os subespaços gerados por e_1,e_3\] e por \(e_2,e_4 são invariantes por A. Isso permite reduzir o problema a dois blocos 2\times2. Nos pareamentos (x_1,x_3) e (x_2,x_4) a matriz A equivale, respectivamente, aos blocos
M_1=\begin{pmatrix}2 & 1\\[2pt] 12 & 3\end{pmatrix}, \qquad M_2=\begin{pmatrix}2 & 1\\[2pt] -1 & 0\end{pmatrix}.
Os autovalores de A são a união dos autovalores de M_1 e de M_2. Vou calcular os polinômios característicos de cada bloco.]

Passo 3

Cálculo do polinômio característico de M_1. Fazemos
\det(M_1-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[2pt] 12 & 3-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(3-\lambda)-12\cdot1.
Expandindo obtém-se
(2-\lambda)(3-\lambda)-12 = (6-2\lambda-3\lambda+\lambda^2)-12 = \lambda^2-5\lambda-6.
Resolvendo \lambda^2-5\lambda-6=0 usamos a fórmula quadrática ou fatoração. A fatoração é simples:
\lambda^2-5\lambda-6=(\lambda-6)(\lambda+1).
Logo os autovalores de M_1 são \lambda=6 e \lambda=-1 (cada um com multiplicidade algébrica 1 dentro do bloco).]

Passo 4

Cálculo do polinômio característico de M_2. Fazemos
\det(M_2-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[2pt] -1 & -\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-\lambda)-1\cdot(-1).
Isso dá
(2-\lambda)(-\lambda)+1 = -2\lambda+\lambda^2+1=\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2.
Portanto M_2 tem autovalor \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2 (no bloco 2\times2).]

Passo 5

Juntando os resultados dos dois blocos, os autovalores de A (com multiplicidades algébricas) são:
  • \lambda=6 (multiplicidade algébrica 1);
  • \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 1);
  • \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2).
Agora vamos encontrar os autovetores correspondentes resolvendo (A-\lambda I)x=0 bloco a bloco.

Passo 6

Autovetor para \lambda=6. Como \lambda=6 vem do bloco M_1, procuramos vetores da forma x=(x_1,0,x_3,0)^T (ou seja, com x_2=x_4=0) que satisfazem
(M_1-6I)\begin{pmatrix}x_1\\[2pt] x_3\end{pmatrix}=0.
Calculando
M_1-6I=\begin{pmatrix}2-6 & 1\\[2pt] 12 & 3-6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4 & 1\\[2pt] 12 & -3\end{pmatrix}.
A equação -4x_1 + x_3 = 0 x_3 = 4x_1. Tomando x_1=1 como escolha simples, obtemos o autovetor
v_{6}=\begin{pmatrix}1\\[2pt] 0\\[2pt] 4\\[2pt] 0\end{pmatrix},
que satisfaz A v_{6}=6 v_{6}.]

Passo 7

Autovetor para \lambda=-1. Novamente trabalhando no bloco M_1, resolvemos (M_1+I)(x_1,x_3)^T=0. Calculamos
M_1-(-1)I=M_1+I=\begin{pmatrix}3 & 1\\[2pt] 12 & 4\end{pmatrix}.
Da primeira linha 3x_1 + x_3 = 0 vem x_3 = -3x_1. Tomando x_1=1 obtemos o autovetor em \mathbb{R}^4
v_{-1}=\begin{pmatrix}1\\[2pt] 0\\[2pt] -3\\[2pt] 0\end{pmatrix},
que satisfaz A v_{-1} = -1\cdot v_{-1}.]

Passo 8

Autovetores para \lambda=1. Este autovalor vem do bloco M_2. Procuramos vetores da forma x=(0,x_2,0,x_4)^T (com x_1=x_3=0) tais que
(M_2-I)\begin{pmatrix}x_2\\[2pt] x_4\end{pmatrix}=0.
Calculamos
M_2-I=\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt] -1 & -1\end{pmatrix}.
As equações dão x_2 + x_4 = 0, ou x_4 = -x_2. Assim um autovetor não nulo é, escolhendo x_2=1,
v_{1}=\begin{pmatrix}0\\[2pt] 1\\[2pt] 0\\[2pt] -1\end{pmatrix},
que satisfaz A v_{1} = 1\cdot v_{1}.
Observação importante: o espaço próprio associado a \lambda=1 é o conjunto \{(0,t,0,-t)^T : t\in\mathbb{R}\}, que tem dimensão 1. Ou seja, a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1, enquanto a multiplicidade algébrica é 2.]

Passo 9

Critério de diagonalizabilidade e conclusão: um operador linear em espaço de dimensão 4 é diagonalizável se e somente se existe uma base formada por autovetores, isto é, se a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores for 4. Aqui já temos as dimensões das variedades próprias:
  • \dim E_{6}=1 (um autovetor v_{6}),
  • \dim E_{-1}=1 (um autovetor v_{-1}),
  • \dim E_{1}=1 (apenas o autovetor v_{1}).
A soma das dimensões é 1+1+1=3<4. Portanto não há um conjunto de 4 autovetores linearmente independentes; logo A (ou T_A) não é diagonalizável.

Passo 10

(Complemento prático: cadeia de Jordan para \lambda=1). Para entender como se comporta o bloco de \lambda=1, pode-se procurar um vetor generalizado w tal que (A-I)w=v_{1}. Resolvendo essa equação encontra-se, por exemplo, w=(0,0,0,1)^T, pois
(A-I)\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}=v_{1}.
Isto mostra explicitamente que sobre o subespaço associado a \lambda=1 existe um bloco de Jordan de tamanho 2, o que reafirma que A não é diagonalizável.]

Resposta

Autovalores: \lambda=6 (alg. mult. 1), \lambda=-1 (alg. mult. 1), \lambda=1 (alg. mult. 2).
Autovetores (espaços próprios geradores):
\text{para }\lambda=6:\quad \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]0\end{pmatrix}; \qquad \text{para }\lambda=-1:\quad \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-3\\[2pt]0\end{pmatrix}; \qquad \text{para }\lambda=1:\quad \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Diagonalizável? Não. A multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1 (menor que a multiplicidade algébrica 2), logo A não é diagonalizável.]

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