Exercício 3

Verifique que a seguinte matriz é diagonalizável, escreva uma matriz diagonal semelhante e uma matriz de mudança de base correspondente.
A=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 4 & 0 & 0 \\\\ 0 & 5 & 0 & 0 \\\\ -1 & -2 & 5 & -3 \\\\ 0 & -4 & 0 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a matriz
A = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 0 & 0 \\[6pt] 0 & 5 & 0 & 0 \\[6pt] -1 & -2 & 5 & -3 \\[6pt] 0 & -4 & 0 & 1 \end{pmatrix}
é diagonalizável, isto é, possui quatro autovetores linearmente independentes. Em seguida, devemos exibir uma matriz diagonal D semelhante a A e uma matriz de mudança de base P cujas colunas são esses autovetores, de modo que
P^{-1}AP = D.]

Passo 2

Vamos achar o polinômio característico de A. Note que A é bloco-superior triangular nos blocos de ordem 2. Logo
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix} 1-\lambda & 4 \\[3pt] 0 & 5-\lambda \end{pmatrix} \;\times\; \det\!\begin{pmatrix} 5-\lambda & -3 \\[3pt] 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Cada determinante triangular é o produto dos elementos da diagonal, de onde
\det(A-\lambda I) = (1-\lambda)(5-\lambda)\,(5-\lambda)(1-\lambda) = (1-\lambda)^2\,(5-\lambda)^2.
Assim, os autovalores são \lambda_1=\lambda_2=1 e \lambda_3=\lambda_4=5, cada um com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 3

Agora determinamos a variedade própria para \lambda=1. Resolvemos (A - I)x = 0:
A - I = \begin{pmatrix} 0 & 4 & 0 & 0 \\\\ 0 & 4 & 0 & 0 \\\\ -1 & -2 & 4 & -3 \\\\ 0 & -4 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Dessas linhas vem 4x_2=0\implies x_2=0. Na terceira linha
-\,x_1 -2\cdot0 +4x_3 -3x_4 = 0 \;\Longrightarrow\; x_1 = 4x_3 -3x_4.
Os parâmetros livres são x_3 e x_4. Logo a base do autespaço \lambda=1 pode ser escolhida como
v_1 = \begin{pmatrix}4\\\ 0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}, \quad v_2 = \begin{pmatrix}-3\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 4

Para \lambda=5 resolvemos (A -5I)x=0:
A - 5I = \begin{pmatrix} -4 & 4 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -1 & -2 & 0 & -3 \\\\ 0 & -4 & 0 & -4 \end{pmatrix}.
Da primeira linha sai x_1=x_2. Da terceira e quarta linhas obtemos
-\,x_1 -2x_2 -3x_4=0,\quad -4x_2 -4x_4=0 \;\Longrightarrow\; x_2=-x_4,\;x_1=-x_4.
O componente x_3 é livre. Tomando x_3=1,\,x_4=0 e x_3=0,\,x_4=1 achamos dois vetores independentes:
w_1=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}, \quad w_2=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix}.

Passo 5

Como cada autovalor de multiplicidade algébrica 2 tem duas direções próprias, totalizamos 4 autovetores independentes. Logo A é diagonalizável. Se montarmos
P = \bigl[v_1\;\;v_2\;\;w_1\;\;w_2\bigr] = \begin{pmatrix} 4 & -3 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix},
então a matriz diagonal semelhante é
D = P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}.]

Resposta

A matriz A é diagonalizável, e uma escolha de mudança de base e da forma diagonal é
P = \begin{pmatrix} 4 & -3 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 5 \end{pmatrix},
cumprindo P^{-1}AP = D.]

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