Seja A=\left(\begin{array}{cc}-1 & 2 \\\\ 2 & -1\end{array}\right).
a) Encontre os autovalores de A. (vale 0,5)
b) Encontre uma base para cada autoespaço de A. (vale 1,0)
c) Encontre P \in M_{3 \times 3} inversível e D \in M_{3 \times 3} diagonal tais que A=P D P^{-1}. (vale 1,0)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}-1 & 2 \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • (a) encontrar os autovalores de A;
  • (b) encontrar uma base para cada autoespaço de A;
  • (c) encontrar P inversível e D diagonal tais que A=P D P^{-1}.
Observações importantes (apenas listando o que o enunciado diz): o enunciado pede P\in M_{3\times 3} e D\in M_{3\times3}, mas a matriz A fornecida é 2\times2. Vou interpretar que a intenção correta é diagonalizar A como matrizes 2\times2, ou seja, buscar P\in M_{2\times2} inversível e D\in M_{2\times2} diagonal com A=PDP^{-1}. Vou proceder com essa interpretação.]

Passo 2

Conceito e método (aula rápida antes de calcular). Para encontrar autovalores usamos a definição: um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v,
o que é equivalente a
(A-\lambda I)v=0.
Existem vetores não-nulos v que satisfazem isso exatamente quando \det(A-\lambda I)=0. Portanto os autovalores são as raízes do polinômio característico
p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Vou calcular esse determinante explicitamente e resolver a equação polinomial resultante.

Passo 3

Calcular o polinômio característico. Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I = \begin{pmatrix}-1-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(-1-\lambda)-2\cdot2.
Faço as operações passo a passo:
(-1-\lambda)(-1-\lambda)=(\!-\!1-\lambda)^2=\lambda^2+2\lambda+1,
e
2\cdot2=4.
Logo
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+2\lambda+1-4=\lambda^2+2\lambda-3.
Agora resolvo \lambda^2+2\lambda-3=0. Uso a fórmula de Bhaskara:
\lambda=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4\cdot1\cdot(-3)}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{16}}{2}=\frac{-2\pm4}{2}.
Portanto as duas raízes são
\lambda_1=\frac{-2+4}{2}=1,\qquad \lambda_2=\frac{-2-4}{2}=-3.]

Passo 4

Interpretação e resultado da parte (a). Concluímos que os autovalores de A são
\lambda=1\quad\text{e}\quad \lambda=-3.
Agora, para cada autovalor vamos encontrar o autoespaço correspondente (parte (b)). O autoespaço associado a \lambda é o conjunto de vetores solução de (A-\lambda I)v=0. Vou resolver cada sistema linear.

Passo 5

Autoespaço para \lambda=1\). Calculo \(A-I\): \[A-I=\begin{pmatrix}-1-1 & 2 \\[4pt] 2 & -1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.
O sistema (A-I)v=0 com v=(x,y)^{T} é
\begin{cases} -2x+2y=0,\\[4pt] 2x-2y=0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes e reduzem-se a
-2x+2y=0\quad\Longrightarrow\quad y=x.
Assim os vetores do autoespaço são todos da forma (x,x)^{T}=x(1,1)^{T}\] com \(x\neq 0 para vetores próprios. Portanto uma base de autovetores para \lambda=1 é o conjunto formado por um vetor não-nulo que gera esse espaço, por exemplo
\{(1,1)^{T}\}.
Expliquei: tomamos uma solução livre x e escrevemos vetores escalares múltiplos do gerador.]

Passo 6

Autoespaço para \lambda=-3\). Calculo \(A-(-3)I=A+3I\): \[A+3I=\begin{pmatrix}-1+3 & 2 \\[4pt] 2 & -1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}.
O sistema (A+3I)v=0 é
\begin{cases} 2x+2y=0,\\[4pt] 2x+2y=0. \end{cases}
Isto dá a única condição 2x+2y=0\], ou seja \[x+y=0\quad\Longrightarrow\quad y=-x.\] Assim os vetores próprios têm a forma \((x,-x)^{T}=x(1,-1)^{T}. Uma base do autoespaço correspondente a \lambda=-3 é, por exemplo,
\{(1,-1)^{T}\}.]

Passo 7

Conclusão sobre diagonalizabilidade e escolha de P e D (parte (c), aula e cálculo). Uma matriz 2\times2 é diagonalizável se existir uma base de \mathbb{R}^2 (ou do espaço considerado) formada por autovetores. Aqui encontramos dois autovetores linearmente independentes (1,1)^{T} e (1,-1)^{T}. Logo A é diagonalizável.
O procedimento padrão para obter P e D é:
  • montar P com colunas sendo autovetores linearmente independentes;
  • montar D com os autovalores na diagonal, na mesma ordem das colunas de P.
Vou escolher a ordem: primeira coluna o autovetor de \lambda=1, segunda coluna o autovetor de \lambda=-3. Assim
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -3\end{pmatrix}.]

Passo 8

Verificação rápida (mostrar que A=PDP^{-1}). Primeiro calculo o determinante de P:
\det(P)=1\cdot(-1)-1\cdot1=-1-1=-2\neq0,
logo P é invertível. A inversa (fórmula para inversa de 2\times2) é
P^{-1}=\frac{1}{\det(P)}\begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Agora calculo P D P^{-1} passo a passo (mostrando que volta para A):
P D=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -3 \\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix}.
Então
P D P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -3 \\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix}\cdot\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1-3 & 1+3 \\[4pt] 1+3 & 1-3\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-2 & 4 \\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 2 \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}=A.
Portanto a fatoração A=PDP^{-1} está correta com as matrizes escolhidas.]

Resposta

(a) \lambda=1 e \lambda=-3.
(b) Autovalores e bases dos respectivos autoespaços:
\lambda=1:\base \{(1,1)^{T}\}.
\lambda=-3:\base \{(1,-1)^{T}\}.
(c) Uma escolha possível é
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & -3\end{pmatrix},
pois com essas matrizes vale A=PDP^{-1}.]

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