1. Seja
A=\left(\begin{array}{ll} 4 & 1 \\\\ 2 & 3 \end{array}\right)
Determine autovalores, autovetores e verifique se é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}4 & 1 \\[4pt] 2 & 3\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • Determinar os autovalores de A.
  • Determinar os autovetores correspondentes a cada autovalor.
  • Verificar se A é diagonalizável.
As informações relevantes que temos são os elementos de A: primeira linha (4,1) e segunda linha (2,3). Nada mais foi dado.]

Passo 2

O que é um autovalor e um autovetor (explicação didática)?
  • Um vetor v\neq 0 é autovetor de A se existir um número \lambda tal que
A v = \lambda v.
Esse número \lambda é o autovalor associado.
  • Para encontrar \lambda procuramos vetores não nulos v que satisfazem (A-\lambda I)v=0. Isso tem solução não trivial exatamente quando a matriz A-\lambda I é singular, ou seja, quando
\det(A-\lambda I)=0.
A equação \det(A-\lambda I)=0 chama-se polinômio característico; suas raízes são os autovalores.
Vou calcular passo a passo \det(A-\lambda I).

Passo 3

Calcular o polinômio característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Então
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(3-\lambda)-2\cdot 1.
Faço a multiplicação e simplifico com cuidado:
(4-\lambda)(3-\lambda)=12-4\lambda-3\lambda+\lambda^2=\lambda^2-7\lambda+12.
Subtraindo 2 (pois havia o -2\cdot 1) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-7\lambda+12-2=\lambda^2-7\lambda+10.
Agora fatoro o polinômio:
\lambda^2-7\lambda+10=(\lambda-5)(\lambda-2).
Portanto as raízes (os autovalores) são
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=2.]

Passo 4

Encontrar autovetores para \lambda_1=5.
Resolvemos (A-5I)v=0. Primeiro escrevo a matriz:
A-5I=\begin{pmatrix}4-5 & 1 \\[4pt] 2 & 3-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.
Queremos vetores v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tais que
\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema (escrevo cada equação em TeX):
- x + y = 0,
2x - 2y = 0.
As duas equações são equivalentes; da primeira vem y=x. Logo os vetores da forma
v = \begin{pmatrix}x\\[4pt] x\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad x\neq 0,
são autovetores associados a \lambda_1=5. Posso escolher um autovetor representante simples:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda_2=2.
Resolvemos (A-2I)v=0. A matriz é
A-2I=\begin{pmatrix}4-2 & 1 \\[4pt] 2 & 3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}.
Procuramos v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix},
o que dá o sistema
2x + y = 0,
2x + y = 0.
Ambas as equações coincidem; da primeira vem y=-2x. Logo os autovetores têm a forma
v = \begin{pmatrix}x\\[4pt] -2x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt] -2\end{pmatrix},\qquad x\neq 0.
Escolho um representante simples:
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificar diagonalizabilidade (explicação didática e checagem).
Um critério muito prático: uma matriz 2\times 2 é diagonalizável se existir uma base de \mathbb{R}^2 (ou \mathbb{C}^2) formada por autovetores, isto é, se conseguir dois autovetores linearmente independentes. Outra observação útil: se os autovalores são distintos, então autovetores associados são necessariamente linearmente independentes — isso garante diagonalizabilidade.
Aqui os autovalores \lambda_1=5 e \lambda_2=2 são distintos. Já encontrei autovetores v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}. Para confirmar independência linear, calculo o determinante da matriz cujas colunas são esses vetores:
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(P)=1\cdot(-2)-1\cdot 1=-2-1=-3\neq 0.
Como \det(P)\neq 0, as colunas são linearmente independentes e formam uma base. Logo existe uma matriz diagonal D e uma matriz invertível P com
P^{-1}AP=D,
onde D tem os autovalores na diagonal correspondente às colunas de P. Mais diretamente, como A v_1=5 v_1 e A v_2=2 v_2, temos A P = P D com
D=\begin{pmatrix}5 & 0 \\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix}.
Portanto A é diagonalizável sobre \mathbb{R}. (Complemento prático: a inversa de P é
P^{-1}=\begin{pmatrix}2/3 & 1/3 \\[4pt] 1/3 & -1/3\end{pmatrix},
mas não é necessário calcular \emph{explicitamente} para concluir diagonalizabilidade.)]

Resposta

Autovalores: \lambda_1=5, \lambda_2=2.
Autovetores: para \lambda_1=5 qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}; para \lambda_2=2 qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Diagonalizável: Sim. Uma escolha de P e D é
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -2\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0 \\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix},
com P^{-1}AP=D.]

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