Diagonalize, se possível, a matriz A dada abaixo. Se for diagonalizável, encontre matrizes P \in M_{4}(\mathbb{R}) invertível e D \in M_{4}(\mathbb{R}) diagonal tais que A=P D P^{-1}.
A=\left[\begin{array}{llll} 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ 2 & 2 & 2 & 0 \\\\ 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]
Dica: use que p_{A}(\lambda)=\lambda^{2}(\lambda-1)(\lambda-4).

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
  • Pedido: diagonalizar a matriz A, isto é, encontrar P\in M_{4}(\mathbb{R}) invertível e D\in M_{4}(\mathbb{R}) diagonal tais que
A = P D P^{-1}.
  • Matriz fornecida:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ 2 & 2 & 2 & 0 \\\\ 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
  • Dica fornecida: o polinômio característico é
p_{A}(\lambda)=\lambda^{2}(\lambda-1)(\lambda-4).
Da dica obtemos imediatamente os autovalores e suas multiplicidades algébricas:
\lambda=0\\ \text{(alg. mult. }2),\qquad \lambda=1\\ \text{(alg. mult. }1),\qquad \lambda=4\\ \text{(alg. mult. }1).

Passo 2

Breve aula: o que significa diagonalizável e como testar.
  • Definição prática: uma matriz A é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de A. Nesse caso, se escolhermos essas quatro autovetores como colunas de P, a matriz D será diagonal com os autovalores correspondentes nas entradas da diagonal.
  • Critério usado: para cada autovalor \lambda calcular o espaço próprio (eigenspace) \ker(A-\lambda I). A multiplicidade geométrica de \lambda é \dim\ker(A-\lambda I). A matriz é diagonalizável se, para todo autovalor, a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica; equivalently, se o espaço gerado pelos autovetores tem dimensão 4.
  • Como calcular autovetores: resolver o sistema linear
(A-\lambda I)x=0.
Vou resolver esse sistema para cada \lambda e encontrar bases dos espaços próprios. Vou escolher autovetores simples e mostrar que são linearmente independentes.

Passo 3

Autovalor [\lambda=0) (resolver A x=0).
  • Escrevendo o sistema A x=0 com x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^\top:
\begin{cases} x_1+x_2+x_3=0,\\[4pt] 2x_1+2x_2+2x_3=0,\\[4pt] x_1+x_2+x_3=0,\\[4pt] x_4=0. \end{cases}
  • As equações 1,2,3 são dependentes (a 2ª é 2\] vezes a 1ª). Assim as condições independentes são \[x_1+x_2+x_3=0,\qquad x_4=0.\] - Parametrização: escolha parâmetros livres \(s,t para, por exemplo, x_2 e x_3. Então
x_1 = -x_2 - x_3,\qquad x_4=0.
Tomando escolhas óbvias para construir uma base do espaço próprio, podemos pegar:
v_1=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\end{pmatrix},
porque para v_1 temos 1 + (-1) + 0 = 0 e x_4=0, e para v_2 temos 1+0+(-1)=0. Esses dois vetores são linearmente independentes e pertencem a \ker(A).
  • Conclusão parcial: \dim\ker(A)=2, que é igual à multiplicidade algébrica de \lambda=0. Então \lambda=0 não impede diagonalização.]

Passo 4

Autovalor [\lambda=1) (resolver (A-I)x=0).
  • Calcular A-I e escrever o sistema. Tem-se
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 \\\\ 2 & 1 & 2 & 0 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O sistema (A-I)x=0 dá as equações
\begin{cases} x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] 2x_1 + x_2 + 2x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
  • Da primeira equação x_2 = -x_3\]. Da terceira, \(x_1 = -x_2. Substituindo x_2=-x_3 em x_1=-x_2 x_1 = x_3. Agora substituindo em segunda equação:
2x_1 + x_2 + 2x_3 = 2x_3 + (-x_3) + 2x_3 = 3x_3 = 0 \implies x_3=0.
Portanto x_1=x_2=x_3=0. A única coordenada livre é x_4, pois a quarta linha é nula. Assim os vetores próprios associados a \lambda=1 têm a forma
(0,0,0,x_4)^\top = x_4 \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Podemos escolher como autovetor
v_4=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Conclusão parcial: \dim\ker(A-I)=1, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=1.]

Passo 5

Autovalor [\lambda=4) (resolver (A-4I)x=0).
  • Calcular A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 0 \\\\ 2 & -2 & 2 & 0 \\\\ 1 & 1 & -3 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}.
O sistema (A-4I)x=0 é
\begin{cases} -3x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] 2x_1 -2x_2 + 2x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + x_2 -3x_3 = 0,\\[4pt] -3x_4 = 0. \end{cases}
Da última equação vem x_4=0\]. - Resolver as três primeiras para \(x_1,x_2,x_3. Da segunda (dividindo por 2) obtemos
x_1 - x_2 + x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 = x_2 - x_3.
Substituindo na primeira:
-3(x_2-x_3) + x_2 + x_3 = -3x_2 +3x_3 + x_2 + x_3 = -2x_2 +4x_3 = 0 \implies x_2 = 2x_3.
Então x_1 = x_2 - x_3 = 2x_3 - x_3 = x_3. Assim um autovetor pode ser tomado com x_3=1:
v_3=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
  • Conclusão parcial: \dim\ker(A-4I)=1, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=4.]

Passo 6

Juntando tudo: existem 2+1+1=4 autovetores linearmente independentes, logo A é diagonalizável.
  • Escolhi como conjunto de autovetores (colunas de P):
v_1=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad v_4=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Formo a matriz P com essas colunas e a matriz D diagonal com os autovalores correspondentes, na mesma ordem das colunas:
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
  • Verificação rápida de invertibilidade de P: P é bloco triangular em relação à última linha/coluna, e o determinante de seu bloco 3\times3 superior-esquerdo é
\det\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 0 & 2\\[4pt]0 & -1 & 1\end{pmatrix}=4\neq 0,
portanto \det(P)=4\neq 0 e P é invertível. Assim A=PDP^{-1}.]

Resposta

P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}]

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