Entre os operadores dos exercícios 2 a 8 da secção 6.3 verifique quais são diagonalizáveis.
Dizemos que uma matriz \mathrm{A}_{n \times n} é diagonalizável se seu operador associado T_{\mathrm{A}}: \mathbf{R}^{n} \rightarrow \mathbf{R}^{n} for diagonalizável, ou seja, A é diagonalizável se, e somente se A admitir n autovetores LI . Baseado nisto, verifique quais das matrizes dos Exercícios 9 a 18 da secção 6.3 sĩo diagonalizáveis.
e pede duas coisas:
a) verificar se \mathbf{A} é diagonalizável, usando a definição “\mathbf{A} é diagonalizável se, e somente se, admite n autovetores linearmente independentes”;
b) encontrar o polinómio minimal de \mathbf{A}.
Informações relevantes fornecidas: \mathbf{A} é uma matriz 4\times4 triangular superior (os elementos diferentes de zero fora da diagonal superior são nulos), com entradas diagonais 2,2,2,3.]
Passo 2
Primeiro vamos achar os autovalores (valores próprios) de \mathbf{A}. Lembra que o polinómio característico é \det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}). Para matrizes triangulares, o determinante é o produto dos elementos da diagonal. Portanto os autovalores são exatamente os elementos da diagonal, com multiplicidade algébrica igual ao número de repetições na diagonal.
Agora vamos calcular o espaço próprio (eigenspace) associado a \lambda=2, isto é o conjunto de vetores v tais que (\mathbf{A}-2\mathbf{I})v=0. Primeiro escrevemos \mathbf{A}-2\mathbf{I}:
Resolver (\mathbf{A}-2\mathbf{I})x=0 equivale a resolver o sistema linear dado pelas linhas desta matriz:
da primeira linha: 0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 0\cdot x_3 +0\cdot x_4 =0, ou seja x_2=0;
da quarta linha: x_4=0;
as outras linhas não impõem restrições.
Logo as incógnitas livres são x_1 e x_3. A forma geral de um vetor próprio associado a \lambda=2 é
x=(x_1,0,x_3,0)=x_1(1,0,0,0)+x_3(0,0,1,0).
Portanto uma base do espaço próprio de \lambda=2 é, por exemplo,
v^{(2)}_1=(1,0,0,0),\qquad v^{(2)}_2=(0,0,1,0).
A dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) para \lambda=2 é \dim E_{2}=2.
Explicação didática curta: a multiplicidade geométrica mede quantos autovetores linearmente independentes existem para esse autovalor; ela é sempre menor ou igual à multiplicidade algébrica.]
Passo 4
Calculemos o espaço próprio para \lambda=3. Escrevemos \mathbf{A}-3\mathbf{I}:
Resolvendo (\mathbf{A}-3\mathbf{I})x=0 obtemos as equações:
primeira linha: -x_1 + x_2 =0 ou x_2 = x_1;
segunda linha: -x_2=0 então x_2=0;
terceira linha: -x_3=0 então x_3=0;
quarta linha não impõe restrição, então x_4 é livre.
Das duas primeiras equações segue x_1= x_2 =0. Assim os vetores próprios têm a forma
x=(0,0,0,x_4)=x_4(0,0,0,1).
Uma base do espaço próprio de \lambda=3 é
v^{(3)}=(0,0,0,1).
A dimensão do espaço próprio para \lambda=3 é \dim E_{3}=1, que coincide com a multiplicidade algébrica (1).]
Passo 5
Condição de diagonalizabilidade (pela definição pedida): \mathbf{A} é diagonalizável se existir um conjunto de 4 autovetores linearmente independentes (um para cada dimensão). O número total de autovetores independentes que encontramos é a soma das dimensões dos espaços próprios:
\dim E_{2} + \dim E_{3} = 2 + 1 = 3.
Como 3 < 4, não existem 4 autovetores linearmente independentes. Portanto, pela definição, \mathbf{A} não é diagonalizável.
Comentário didático: em termos práticos, quando um autovalor tem multiplicidade algébrica maior que a sua multiplicidade geométrica (aqui \lambda=2 tem algébrica 3 e geométrica 2), falta um autovetor e a matriz não é diagonalizável.
Passo 6
Agora vamos achar o polinómio minimal m(\lambda) de \mathbf{A}. Lembra da definição: o polinómio minimal é o polinómio monico de menor grau tal que m(\mathbf{A})=\mathbf{0}. Para matrizes sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}), m(\lambda) tem fatores lineares (\lambda-\lambda_i)^{s_i}, onde s_i é o tamanho do maior bloco de Jordan associado ao autovalor \lambda_i.
Vamos determinar os expoentes s_i:
Para \lambda=3 a multiplicidade algébrica é 1, logo o maior bloco de Jordan tem tamanho 1, portanto o fator correspondente no polinómio minimal é (\lambda-3)^1.
Para \lambda=2 a multiplicidade algébrica é 3 e a multiplicidade geométrica foi 2. O número de blocos de Jordan associados a \lambda=2 é exatamente a multiplicidade geométrica (é o número de blocos), e as somas dos tamanhos dos blocos é a multiplicidade algébrica (3). Assim, devemos particionar 3 em 2 partes inteiras positivas — a partição possível é 2+1. Ou seja, para \lambda=2 os tamanhos dos blocos de Jordan são 2 e 1; o maior bloco tem tamanho 2. Portanto o fator correspondente ao \lambda=2 no polinómio minimal é (\lambda-2)^2.
Concluímos então que o polinómio minimal é, até multiplicação por constante, (\lambda-2)^2(\lambda-3). Como queremos o polinómio monico, tomamos:
m(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3).
Passo 7
Verificação direta (opcional, mas útil para fixar a ideia): mostrar que m(\mathbf{A})=(\mathbf{A}-2\mathbf{I})^2(\mathbf{A}-3\mathbf{I})=\mathbf{0} e que nenhum polinómio monico de grau menor anula \mathbf{A}.
Calcular \mathbf{B}=\mathbf{A}-2\mathbf{I} (já feito no Passo 3):
Multiplicando \mathbf{B}^2(\mathbf{A}-3\mathbf{I}): como \mathbf{B}^2 tem apenas a entrada (4,4)=1 possivelmente não nula, o produto \mathbf{B}^2(\mathbf{A}-3\mathbf{I}) terá apenas a linha 4 igual à linha 4 de \mathbf{A}-3\mathbf{I} multiplicada por 1. Mas a linha 4 de \mathbf{A}-3\mathbf{I} é toda zero, logo o produto é a matriz nula. Assim m(\mathbf{A})=\mathbf{0}.
Para mostrar minimalidade: tentar um polinómio de grau menor, por exemplo (\lambda-2)(\lambda-3). Compute-se (\mathbf{A}-2\mathbf{I})(\mathbf{A}-3\mathbf{I}) e observa-se que este produto não é a matriz nula (por exemplo a entrada (1,2) é -1 — isto já pode ser verificado rapidamente), logo (\lambda-2)(\lambda-3) não anula \mathbf{A}. Assim é necessário o expoente 2 no fator (\lambda-2). Portanto m(\lambda) dado acima é de facto o polinómio minimal (monico e de menor grau).]
Resposta
a) \mathbf{A} não é diagonalizável.\n
b) m(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-3).