\left[\begin{array}{rr}
5 & 2 \\\\ -4 & -1
\end{array}\right]=P\left[\begin{array}{ll}
a & 0 \\\\ 0 & b
\end{array}\right] P^{-1}.
A) Calcule os autovalores da matriz.
B) Encontre os autovetores correspondentes a cada autovalor.
C) Determine a matriz inversível P.
D) Calcule a matriz diagonal.
E) Verifique se a matriz P é ortogonal.
I) Mostre que a soma dos autovalores é igual ao traço da matriz.
II) Mostre que o produto dos autovalores é igual ao determinante da matriz.
e afirma que existe uma matriz inversível P e escalares a,b tais que
A = P \begin{pmatrix}a & 0 \\[4pt] 0 & b\end{pmatrix} P^{-1}.
As perguntas são:
A) Calcular os autovalores (os escalares a e b).
B) Encontrar autovetores correspondentes a cada autovalor.
C) Determinar uma matriz inversível P (cuas colunas sejam autovetores correspondentes aos autovalores na ordem escolhida).
D) Calcular a matriz diagonal (os autovalores postos na diagonal, na mesma ordem das colunas de P).
E) Verificar se P é ortogonal.
I) Mostrar que a soma dos autovalores é igual ao traço de A.
II) Mostrar que o produto dos autovalores é igual ao determinante de A.
Informações relevantes dadas explicitamente: os elementos de A (peguei esses números do enunciado). Não há outras informações adicionais.]
Passo 2
Definição e método para achar autovalores (aulas rápidas):
Um autovalor \lambda de A é um escalar tal que existe vetor não-nulo v com A v = \lambda v.
Para achar \lambda resolvemos a equação característica \det(A-\lambda I)=0.
Para uma matriz 2\times2 genérica A=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}, a equação característica é
\det\!\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}a-\lambda & b\\\ c & d-\lambda\end{pmatrix}=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc.
Expandindo obtém-se um polinômio quadrático \lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc). Aqui a+d é o traço de A e ad-bc é o determinante de A. As raízes desse polinômio são os autovalores.
Resolvo esse quadrático (fórmula ou fatoração). Tenta fatorar:
\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-3)(\lambda-1).
Portanto as raízes (autovalores) são \lambda=3 e \lambda=1.]
Passo 3
Encontrar autovetores: método e cálculo para \lambda=3.
Para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0. Isso é um sistema linear homogêneo; suas soluções formam o espaço próprio (autoplano) associado a \lambda.
Para \lambda=3 temos
Resolvendo \begin{pmatrix}2 & 2\\\\ -4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
As duas equações são múltiplas; da primeira vem 2x+2y=0\Rightarrow x+y=0. Logo y=-x.
Escolhemos um vetor não-nulo que satisfaça isso, por exemplo x=1 então y=-1. Assim um autovetor associado a \lambda=3 é
v_{3}=\begin{pmatrix}1\\\\ -1\end{pmatrix}.
Observação didática: qualquer múltiplo escalar de v_3 também é autovetor; normalmente escolhe-se um representante simples.]
Passo 4
Encontrar autovetores para \lambda=1.
Calculo A-1I:
Resolve-se \begin{pmatrix}4 & 2\\\\ -4 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=0. Da primeira equação 4x+2y=0\Rightarrow 2x+y=0\Rightarrow y=-2x.
Tomando x=1 obtemos y=-2. Assim um autovetor associado a \lambda=1 é
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\\\ -2\end{pmatrix}.]
Passo 5
Montar a matriz P e explicar a ordem:
Convenção prática: escolher P cujas colunas sejam autovetores; a diagonal correspondente D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2) terá os autovalores na mesma ordem das colunas de P.
Escolho a primeira coluna para o autovetor de \lambda=3 e a segunda coluna para o autovetor de \lambda=1. Assim:
Explicação: com essa escolha espera-se que A P = P D com D=\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}. Posso verificar por colunas: A v_3 = 3 v_3 e A v_1 = 1 v_1 (vimos isso indiretamente ao resolver os sistemas), então as colunas confirmam a diagonalização.]
Passo 6
Calcular P^{-1} (fórmula e passo a passo para matrizes 2\times2):
Para matriz P=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} com \det P\neq0, temos
Calcular a matriz diagonal D e verificar A = P D P^{-1} de maneira prática:
Pelo que já fizemos, D é simplesmente os autovalores na mesma ordem das colunas de P. Assim
D=\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
Verificação por produto de matrizes (checar A P = P D é a forma mais direta):
Calculo P D:
P D = \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt] -3 & -2\end{pmatrix}.
Agora calculo A P (multiplicando A por cada coluna de P, que são autovetores):
A\begin{pmatrix}1\\\\ -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\\\ -3\end{pmatrix} (isto é 3\cdot v_3).
A\begin{pmatrix}1\\\\ -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\\\ -2\end{pmatrix} (isto é 1\cdot v_1).
Assim
A P = \begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt] -3 & -2\end{pmatrix}=P D.
Como P é inversível, multiplico à direita por P^{-1} e obtemos A = P D P^{-1}. Portanto a diagonalização está correta.]
Passo 8
Verificar se P é ortogonal e o que isso significa:
Definição: uma matriz P é ortogonal se suas colunas formam um conjunto ortonormal, i.e., P^{T}P=I. Em particular uma matriz ortogonal satisfaz P^{-1}=P^{T}.
Calculo P^{T}P para a nossa P:
Como P^{T}P\neq I (fica \begin{pmatrix}2 & 3\\\\ 3 & 5\end{pmatrix}), P não é ortogonal. Observação didática: isso era de se esperar porque A não é simétrica; matrizes simétricas reais têm autovetores ortogonais e podem ser diagonalizadas por matrizes ortogonais, mas esse não é o caso aqui.]
Passo 9
Mostrar que a soma dos autovalores é igual ao traço de A (explicação geral e verificação numérica):
Para uma matriz 2\times2A=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}, a equação característica é \lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)=0. Os coeficientes do polinômio mostram que a soma das raízes (pelas propriedades das raízes de um polinômio quadrático) é a+d, que é exatamente o traço \operatorname{tr}(A).
Aplicando ao nosso caso: os autovalores são 3 e 1, então a soma é 3+1=4. O traço de A é
\operatorname{tr}(A)=5+(-1)=4.
Logo a soma dos autovalores coincide com o traço.
Passo 10
Mostrar que o produto dos autovalores é igual ao determinante de A (explicação geral e verificação numérica):
Ainda pela forma do polinômio característico \lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc), o termo constante ad-bc é o produto das raízes, ou seja, o produto dos autovalores é \det(A).
No nosso caso o produto dos autovalores é 3\cdot 1=3. O determinante de A é
\det(A)=5\cdot(-1)-2\cdot(-4)=-5+8=3.
Portanto o produto coincide com o determinante, como requerido.
Resposta
A) Os autovalores são \;3 e \;1.
B) Autovetores correspondentes: para \lambda=3 um autovetor é \begin{pmatrix}1\\\\ -1\end{pmatrix}; para \lambda=1 um autovetor é \begin{pmatrix}1\\\\ -2\end{pmatrix}.
C) Uma escolha para P (colunas = autovetores na ordem \lambda=3,\lambda=1) é \displaystyle P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix}.
D) A matriz diagonal é \displaystyle D=\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
E) P não é ortogonal (pois P^{T}P=\begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt] 3 & 5\end{pmatrix}\neq I).
I) Soma dos autovalores =3+1=4=\operatorname{tr}(A).
II) Produto dos autovalores =3\cdot1=3=\det(A).]