Seja A=\left(\begin{array}{rrrr}4 & -3 & 1 & 1 \\\\ 2 & -1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & -4 & 3 \\\\ 0 & 0 & 2 & 1\end{array}\right).
(a) Determine o polinômio característico de A.
(b) Determine os autovalores de A.
(c) Exiba uma base de autovetores para a matriz A.

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 4 & -3 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & -4 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 1 \end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • (a) determinar o polinômio característico de A;
  • (b) determinar os autovalores de A;
  • (c) exibir uma base de autovetores de A.
Informações úteis dadas explicitamente na matriz (peguei os coeficientes diretamente do enunciado):
  • O bloco superior esquerdo 2\times2 é \displaystyle B=\begin{pmatrix}4 & -3\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}.
  • O bloco inferior direito 2\times2 é \displaystyle D=\begin{pmatrix}-4 & 3\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}.
  • O bloco superior direito 2\times2 (chamemos de C) é \displaystyle C=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
  • O bloco inferior esquerdo é a matriz zero 2\times2.]

Passo 2

Observação sobre a forma da matriz (explicação do método que vou usar, com detalhes didáticos).
A=\begin{pmatrix}B & C\\[4pt]0 & D\end{pmatrix},
ou seja, A é uma matriz blocada triangular inferiormente (o bloco inferior esquerdo é zero). Uma propriedade importante (fácil de demonstrar usando expansão de determinante por blocos) é:
\det\big(\lambda I_4 - A\big)=\det\big(\lambda I_2 - B\big)\cdot\det\big(\lambda I_2 - D\big).
Isto significa que o polinômio característico de A é o produto dos polinômios característicos dos blocos diagonais B e D. Vou calcular cada um desses determinantes passo a passo.
Calculemos primeiro \det(\lambda I_2 - B). Temos
\lambda I_2 - B=\begin{pmatrix}\lambda-4 & 3\\[4pt]-2 & \lambda+1\end{pmatrix},
então
\det(\lambda I_2 - B)=(\lambda-4)(\lambda+1)-3(-2)=\lambda^2-3\lambda-4+6=\lambda^2-3\lambda+2.
Fatorizando:
\lambda^2-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2).
Agora \det(\lambda I_2 - D). Temos
\lambda I_2 - D=\begin{pmatrix}\lambda+4 & -3\\[4pt]-2 & \lambda-1\end{pmatrix},
logo
\det(\lambda I_2 - D)=(\lambda+4)(\lambda-1)-(-3)(-2)=\lambda^2+3\lambda-4-6=\lambda^2+3\lambda-10.
Fatorizando:
\lambda^2+3\lambda-10=(\lambda+5)(\lambda-2).
Portanto o polinômio característico de A é o produto:
\det(\lambda I_4 - A)=(\lambda-1)(\lambda-2)\,(\lambda+5)(\lambda-2)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2(\lambda+5).
Se quiser expandido em forma polinomial padrão, multiplicando os fatores:
\det(\lambda I_4 - A)=\lambda^4-17\lambda^2+36\lambda-20.]

Passo 3

Dos fatores obtidos no passo anterior tiramos os autovalores (raízes do polinômio característico):
  • \lambda=1 é raiz simples;
  • \lambda=2 é raiz de multiplicidade algébrica 2;
  • \lambda=-5 é raiz simples.
Ou seja, os autovalores de A são \{1,\,2,\,2,\,-5\}. A seguir vamos encontrar, para cada autovalor \lambda, os vetores não nulos v tais que (A-\lambda I_4)v=0. Vou usar a decomposição em blocos para resolver cada sistema de forma clara: escrevo v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} com x,y\in\mathbb{R}^2. A equação (A-\lambda I)v=0 fica
(B-\lambda I_2)x + C y = 0,\qquad (D-\lambda I_2)y=0.
Note que a segunda equação envolve apenas y; depois (B-\lambda I_2)x é ajustado por C y.]

Passo 4

Autovalor \lambda=1.
Primeiro resolvemos (D-1\cdot I_2)y=0. Calcula-se
D-I_2=\begin{pmatrix}-5 & 3\\[4pt]2 & 0\end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema
\begin{pmatrix}-5 & 3\\[4pt]2 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\[4pt]y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}
obtemos da segunda linha 2y_1+0\cdot y_2=0\Rightarrow y_1=0. Substituindo na primeira linha dá -5\cdot 0 + 3y_2=0\Rightarrow y_2=0. Logo a única solução é y=0.
Com y=0, a primeira equação fica (B-I_2)x=0. Calculamos
B-I_2=\begin{pmatrix}3 & -3\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
O sistema \begin{pmatrix}3 & -3\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}x=0 dá a equação 3x_1-3x_2=0\Rightarrow x_1=x_2. Portanto os vetores x têm a forma x=t\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} com t\neq 0. Tomando t=1 como representante, um autovetor para \lambda=1 é
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Breve interpretação: como y obrigatoriamente é zero, o autovetor vive só no subespaço das duas primeiras coordenadas e é exatamente o vetor (1,1,0,0).]

Passo 5

Autovalor \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2). Vamos encontrar a base do espaço próprio \ker(A-2I).
Primeiro resolvemos (D-2I_2)y=0. Calcula-se
D-2I_2=\begin{pmatrix}-6 & 3\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}.
O sistema
\begin{pmatrix}-6 & 3\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\[4pt]y_2\end{pmatrix}=0
leva à equação -6y_1+3y_2=0, i.e. y_2=2y_1. A segunda linha dá a mesma relação. Assim
y=s\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}.
Agora, com esse y, resolvemos (B-2I_2)x + C y = 0. Calculamos
B-2I_2=\begin{pmatrix}2 & -3\\[4pt]2 & -3\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Temos
C y = C\big(s\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\end{pmatrix}\big)=s\begin{pmatrix}3\\[2pt]3\end{pmatrix}.
Logo o sistema para x=(x_1,x_2)^T é
\begin{pmatrix}2 & -3\\[4pt]2 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}3\\[2pt]3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
As duas equações são idênticas; basta resolver uma delas:
2x_1-3x_2 + 3s=0 \quad\Longrightarrow\quad 2x_1-3x_2=-3s.
Temos duas variáveis x_1,x_2 e um parâmetro s, por isso a solução é de dimensão dois (o que é bom, pois a multiplicidade algébrica de 2 é 2 e esperamos uma dimensão geométrica até 2). Vamos parametrizar livremente: escolha x_2=u e mantenha s livre; então
x_1=\frac{3}{2}(\,u-s\,).
Assim os vetores próprios associados a \lambda=2 são dados por
v=\begin{pmatrix}x_1\\[2pt]x_2\\[2pt]y_1\\[2pt]y_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{3}{2}(u-s)\\[6pt]u\\[6pt]s\\[6pt]2s\end{pmatrix} = u\begin{pmatrix}\dfrac{3}{2}\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2}\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Para evitar frações, escolhemos combinações que gerem vetores com entradas inteiras. Tomando u=2,s=0 obtemos o autovetor
v_{2}^{(1)}=\begin{pmatrix}3\\[2pt]2\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Tomando u=1,s=1 (que faz x_1=0) obtemos
v_{2}^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix}.
Esses dois vetores são linearmente independentes (têm padrões de coordenadas distintos; por exemplo v_{2}^{(1)} tem as duas últimas coordenadas nulas enquanto v_{2}^{(2)} não), e portanto formam uma base do espaço próprio de \lambda=2. Assim a multiplicidade geométrica de 2 é 2.]

Passo 6

Autovalor \lambda=-5.
Primeiro (D-(-5)I_2)=D+5I_2 é
D+5I_2=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}.
Resolvendo (D+5I_2)y=0 obtemos y_1+3y_2=0\Rightarrow y_1=-3y_2. Assim
y=t\begin{pmatrix}-3\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Agora calculamos (B+5I_2) e C y:
B+5I_2=\begin{pmatrix}9 & -3\\[4pt]2 & 4\end{pmatrix},\qquad C y = C\big(t\begin{pmatrix}-3\\[2pt]1\end{pmatrix}\big)=t\begin{pmatrix}-2\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
A equação para x é
(B+5I_2)x + t\begin{pmatrix}-2\\[2pt]-2\end{pmatrix}=0.
Escrevendo as equações:
9x_1-3x_2 -2t=0,\qquad 2x_1+4x_2 -2t=0.
Resolvendo esse sistema (por eliminação, por exemplo), subtrai-se para descobrir x_2:
multiplicando a segunda equação por \tfrac{9}{2} e subtraindo a primeira ou simplesmente resolver diretamente: da primeira 9x_1-3x_2=2t. Da segunda 2x_1+4x_2=2t. Eliminando 2t entre elas:
9x_1-3x_2 = 2x_1+4x_2 \quad\Longrightarrow\quad 7x_1 -7x_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1=x_2.
Substituindo em, por exemplo, a segunda equação:
2x_1+4x_1=2t \quad\Rightarrow\quad 6x_1=2t \quad\Rightarrow\quad x_1=\frac{t}{3},\quad x_2=\frac{t}{3}.
Assim x=\dfrac{t}{3}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Tomando t=3 para evitar frações, obtemos um autovetor inteiro conveniente:
v_{-5}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-9\\[2pt]3\end{pmatrix}.
(isto corresponde a t=3, então y=3(-3,1)^T = (-9,3)^T e x=(1,1)^T.)]

Passo 7

Resumo e observação final sobre independência:
  • Para \lambda=1 encontramos um autovetor v_{1}=(1,1,0,0)^T.
  • Para \lambda=2 encontramos dois autovetores independentes v_{2}^{(1)}=(3,2,0,0)^T e v_{2}^{(2)}=(0,1,1,2)^T.
  • Para \lambda=-5 encontramos um autovetor v_{-5}=(1,1,-9,3)^T.
Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 1+2+1=4, esses quatro autovetores são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^4 composta por autovetores de A. Em particular, A é diagonalizável e essa é uma base de autovetores.

Resposta

(a) (\lambda-1)(\lambda-2)^2(\lambda+5)=\lambda^4-17\lambda^2+36\lambda-20
(b) Autovalores: \{1,\;2,\;2,\;-5\}
(c) Uma base de autovetores é, por exemplo,
\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}3\\[2pt]2\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-9\\[2pt]3\end{pmatrix}.]

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