Seja
A=\left(\begin{array}{ll} 5 & 2 \\\\ 2 & 5 \end{array}\right)
Calcule os autovalores e autovetores de A e determine se A é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}5 & 2 \\[4pt] 2 & 5\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. Calcular os autovalores de A.
  2. Calcular os autovetores correspondentes a cada autovalor.
  3. Determinar se A é diagonalizável.
As informações relevantes são apenas os elementos da matriz A acima; não há mais dados. A partir daqui vamos resolver passo a passo.]

Passo 2

Vamos obter os autovalores resolvendo a equação característica. Primeiro lembro a definição: um número \lambda é autovalor de A se existe um vetor não-nulo v tal que
Av=\lambda v.
Isto é equivalente a dizer que existe vetor não-nulo v na nulidade da matriz A-\lambda I, ou seja
\det(A-\lambda I)=0.
Aqui I é a matriz identidade 2\times2. Escrevendo A-\lambda I temos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}5-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante (mostrar como calcular determinante 2\times2): para uma matriz \begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} tem-se \det = ad-bc. Aplicando:
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)(5-\lambda)-2\cdot 2=(5-\lambda)^2-4.
A condição característica é
(5-\lambda)^2-4=0.]

Passo 3

Resolvendo a equação quadrática. Temos
(5-\lambda)^2=4.
Tiro raiz quadrada em ambos os lados (atenção aos sinais \pm):
5-\lambda = \pm 2.
Isto gera duas soluções:
  • Se 5-\lambda=2 então \lambda=3.
  • Se 5-\lambda=-2 então \lambda=7.
Portanto os autovalores são \lambda_1=7 e \lambda_2=3. (Repare que ambos são números reais; isto é comum para matrizes simétricas.)

Passo 4

Agora encontramos os autovetores associados a cada autovalor, resolvendo (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda. Primeiro \lambda=7. Escrevo a matriz A-7I:
A-7I=\begin{pmatrix}5-7 & 2 \\[4pt] 2 & 5-7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.
Procuramos vetores v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} não-nulos tais que
\begin{pmatrix}-2 & 2 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isto dá o sistema linear (mostrando cada equação)
-2x+2y=0,
2x-2y=0.
As duas equações são equivalentes; simplificando a primeira por 2 obtemos
-y + x = 0 \quad\text{ou}\quad y=x.
Logo os vetores que satisfazem isto são todos múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Portanto um autovetor associado a \lambda=7 é v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}. Se quisermos um vetor unitário (útil em algumas aplicações), normalizamos dividindo pela norma \sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}, obtendo
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora \lambda=3. Calculo A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}5-3 & 2 \\[4pt] 2 & 5-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}.
Procuramos v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix},
que dá o sistema
2x+2y=0,
2x+2y=0.
Simplificando por 2:
x+y=0 \quad\text{o que implica}\quad y=-x.
Portanto os autovetores associados a \lambda=3 são todos múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.
Um autovetor conveniente é v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}. O vetor unitário correspondente é
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação da independência linear e conclusão sobre diagonalizabilidade. Para uma matriz 2\times2, se conseguimos dois autovetores linearmente independentes, então eles formam uma base de \mathbb{R}^2 e A é diagonalizável. Aqui os autovetores v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix} e v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix} não são múltiplos um do outro (um tem soma das componentes 2, o outro tem soma 0), portanto são linearmente independentes. Logo A é diagonalizável.
Além disso, note que v_1 e v_2 são ortogonais (produto interno 1\cdot1 + 1\cdot(-1)=0). Isto vem de o fato de A ser simétrica ( A^T=A), e matrizes simétricas reais são diagonalizáveis por uma base ortonormal de autovetores (teorema espectral). Se escolhermos a matriz P cujas colunas são os vetores unitários \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}, então P é ortogonal ( P^{-1}=P^T) e
P^T A P = \begin{pmatrix}7 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}.]

Resposta

Autovalores: \lambda=7 e \lambda=3.\n
Autovetores: para \lambda=7 um autovetor é \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}; para \lambda=3 um autovetor é \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.\n
Diagonalizável: sim (é mesmo ortogonalmente diagonalizável, pois A é simétrica).]

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