Encontre os autovalores e os autovetores das matrizes. Determine as bases dos autoespaços correspondentes. Aplique, se possível, a diagonalização (não ortogonal) A=P D P^{-1} as matrizes.
A=\left[\begin{array}{ll}2 & -3 \\\\ 1 & -1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os autovalores e os autovetores da matriz
A = \begin{pmatrix}2 & -3 \\\\ 1 & -1\end{pmatrix},
determinar bases dos autoespaços e, se possível, exibir a diagonalização A = P D P^{-1}.
Conteúdo: autovalores, autovetores, autoespaços e diagonalização em Álgebra Linear.

Passo 2

Para achar os autovalores, montamos o polinômio característico de A:
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & -3 \\[6pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} = (2-\lambda)(-1-\lambda) - (-3)\cdot1.
Calculando:
(2-\lambda)(-1-\lambda) = \lambda^2 - \lambda - 2,
logo
\det(A - \lambda I) = (\lambda^2 - \lambda - 2) + 3 = \lambda^2 - \lambda + 1.]

Passo 3

Resolvendo \lambda^2 - \lambda + 1 = 0, o discriminante é
\Delta = (-1)^2 - 4\cdot1\cdot1 = -3 < 0,
logo não há raízes reais. No corpo dos complexos, as raízes são
\lambda_{1,2} = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}.

Passo 4

Para cada autovalor \lambda resolvemos (A - \lambda I)v = 0.
Escolhendo \lambda_1 = \tfrac{1 + i\sqrt{3}}{2}, a segunda linha de A - \lambda_1 I
x + (-1-\lambda_1)\,y = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = (1+\lambda_1)\,y.
Como 1 + \lambda_1 = \frac{3 + i\sqrt{3}}{2}, basta tomar y=2 para evitar frações. Assim um autovetor correspondente é
v_1 = \begin{pmatrix}3 + i\sqrt{3} \\[4pt] 2\end{pmatrix}.
Analogamente, para \lambda_2 = \tfrac{1 - i\sqrt{3}}{2} escolhemos
v_2 = \begin{pmatrix}3 - i\sqrt{3} \\[4pt] 2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Cada autoespaço \ker(A - \lambda_j I) é gerado por v_j, logo bases:
\mathcal{B}_1 = \{\,v_1\}, \quad \mathcal{B}_2 = \{\,v_2\}.

Passo 6

Como temos dois autovetores linearmente independentes (em \mathbb{C}^2), A é diagonalizável sobre \mathbb{C}. Definimos
P = \begin{pmatrix}3 + i\sqrt{3} & 3 - i\sqrt{3} \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} & 0 \\[6pt] 0 & \frac{1 - i\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}.
Então vale
A = P\,D\,P^{-1}.
Se restringíssemos a \mathbb{R}, não haveria autovalores reais e, portanto, nenhuma diagonalização real.]

Resposta

Autovalores em \mathbb{C}:
\lambda_{1} = \frac{1 + i\sqrt{3}}{2}, \quad \lambda_{2} = \frac{1 - i\sqrt{3}}{2}.
Bases dos autoespaços:
\mathcal{B}_1 = \Bigl\{\begin{pmatrix}3 + i\sqrt{3}\\\ 2\end{pmatrix}\Bigr\}, \quad \mathcal{B}_2 = \Bigl\{\begin{pmatrix}3 - i\sqrt{3}\\\ 2\end{pmatrix}\Bigr\}.
Diagonalização (sobre \mathbb{C}):
P = \begin{pmatrix}3 + i\sqrt{3} & 3 - i\sqrt{3} \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} & 0 \\[6pt] 0 & \frac{1 - i\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}, \quad A = P\,D\,P^{-1}.
Em \mathbb{R}, A não é diagonalizável pois não tem autovalores reais.]

Exercícios relacionados