Exercício 6.8.1. Determinar autovalores e bases dos auto-espaços para os operadores em \mathbb{R}^{2} que possuem as seguintes matrizes representativas na base canônica
\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 0 & 3 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{cc} 1 & -1 \\\\ 0 & 2 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{cc} 0 & 2 \\\\ -2 & 0 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{cc} -1 & -1 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right)
Nos casos em que seja possível, encontrar também uma base de autovetores e diagonalizar.

Passo 1

O enunciado pede, para cada uma das quatro matrizes
A_1=\begin{pmatrix}1 & 1\\\ 0 & 3\end{pmatrix},\quad A_2=\begin{pmatrix}1 & -1\\\ 0 & 2\end{pmatrix},\quad A_3=\begin{pmatrix}0 & 2\\\ -2 & 0\end{pmatrix},\quad A_4=\begin{pmatrix}-1 & -1\\\ 0 & 1\end{pmatrix},
os autovalores ( \lambda), uma base de cada autoespaço \ker(A_i - \lambda I) e, quando possível, uma base de \Bbb R^2 formada por autovetores para diagonalizar. Vamos usar o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0 em cada caso e resolver (A-\lambda I)x=0.

Passo 2

Para uma matriz 2\times2, o polinômio característico é
\det\bigl(A-\lambda I\bigr) =\lambda^2-\bigl(\operatorname{tr}A\bigr)\,\lambda+\det A.
Se os dois autovalores forem reais e distintos, existe uma base de \Bbb R^2 de autovetores e A é diagonalizável.

Passo 3

Matriz A_1=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&3\end{pmatrix}.
Traço 1+3=4, determinante 1\cdot3-0\cdot1=3.
\chi_{A_1}(\lambda)=\lambda^2-4\lambda+3=0 \;\Longrightarrow\;\lambda=1,3.
Para \lambda=1,
A_1-I=\begin{pmatrix}0&1\\\ 0&2\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0&1\\\ 0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0 \;\Longrightarrow\;y=0,\;x\text{ livre}.
Base do autoespaço \lambda=1: \{(1,0)\}.
Para \lambda=3,
A_1-3I=\begin{pmatrix}-2&1\\\ 0&0\end{pmatrix},\; -2x+y=0\;\Longrightarrow\;y=2x,
base do autoespaço \lambda=3: \{(1,2)\}.
Como os dois vetores são linearly independentes, A_1 é diagonalizável em
P_1=\bigl[(1,0)\;(1,2)\bigr],\quad D_1=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&3\end{pmatrix},
com P_1^{-1}A_1P_1=D_1.

Passo 4

Matriz A_2=\begin{pmatrix}1&-1\\\ 0&2\end{pmatrix}.
Traço 1+2=3, determinante 2.
\chi_{A_2}(\lambda)=\lambda^2-3\lambda+2=0 \;\Longrightarrow\;\lambda=1,2.
Para \lambda=1,
A_2-I=\begin{pmatrix}0&-1\\\ 0&1\end{pmatrix},\;-y=0\Rightarrow y=0,
base \{(1,0)\}.
Para \lambda=2,
A_2-2I=\begin{pmatrix}-1&-1\\\ 0&0\end{pmatrix},\;-x-y=0\Rightarrow x=-y,
base \{(1,-1)\}.
Vetores independentes \Rightarrow A_2 diagonalizável em
P_2=\bigl[(1,0)\;(1,-1)\bigr],\quad D_2=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&2\end{pmatrix}.

Passo 5

Matriz A_3=\begin{pmatrix}0&2\\\ -2&0\end{pmatrix}.
Traço 0, determinante 4.
\chi_{A_3}(\lambda)=\lambda^2+4=0 \;\Longrightarrow\;\lambda=\pm2\,i,
os autovalores são complexos não reais. Portanto não há autovetores em \Bbb R^2 e A_3 não é diagonalizável sobre \Bbb R.

Passo 6

Matriz A_4=\begin{pmatrix}-1&-1\\\ 0&1\end{pmatrix}.
Traço -1+1=0, determinante -1.
\chi_{A_4}(\lambda)=\lambda^2-1=0 \;\Longrightarrow\;\lambda=\pm1.
Para \lambda=1,
A_4-I=\begin{pmatrix}-2&-1\\\ 0&0\end{pmatrix},\;-2x-y=0\Rightarrow y=-2x,
base \{(1,-2)\}.
Para \lambda=-1,
A_4+I=\begin{pmatrix}0&-1\\\ 0&2\end{pmatrix},\;-y=0\Rightarrow y=0,
base \{(1,0)\}.
Vetores independentes \Rightarrow A_4 diagonaliza em
P_4=\bigl[(1,-2)\;(1,0)\bigr],\quad D_4=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&-1\end{pmatrix}.

Resposta

1) A_1:
– Autovalores \lambda=1,3.
– Bases dos autoespaços: \{(1,0)\} para \lambda=1 e \{(1,2)\} para \lambda=3.
– Diagonalizável com
\displaystyle P_1=[(1,0)\;(1,2)],\;D_1=\operatorname{diag}(1,3). 2) A_2:
– Autovalores \lambda=1,2.
– Bases dos autoespaços: \{(1,0)\} para \lambda=1 e \{(1,-1)\} para \lambda=2.
– Diagonalizável com
\displaystyle P_2=[(1,0)\;(1,-1)],\;D_2=\operatorname{diag}(1,2). 3) A_3:
– Autovalores \lambda=\pm2i (não reais).
– Sem autovetores em \Bbb R^2; não diagonalizável sobre \Bbb R.
4) A_4:
– Autovalores \lambda=1,-1.
– Bases: \{(1,-2)\} para \lambda=1, \{(1,0)\} para \lambda=-1.
– Diagonalizável com
\displaystyle P_4=[(1,-2)\;(1,0)],\;D_4=\operatorname{diag}(1,-1).

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