Seja A=\left[\begin{array}{cc}3 & -1 \\\\ 5 & -3\end{array}\right] uma matriz de ordem 2 .
(a) Obtenha o polinômio característico associado à matriz A. (1 pt)
(b) Calcule os autovalores de A .(1 \mathrm{pt})
(c) Obtenha os autoespaços associados aos autovalores de A .(1 \mathrm{pt})
(d) Diga por que A é diagonalizável e obtenha matrizes P e D tais que P^{-1} A P=D. (1 pt)
(e) Mostre que, de fato, P e D satisfazem P^{-1} A P=D. Dica: basta mostrar que A P=P D .(1 \mathrm{pt})
Perguntas do enunciado (separei para ficar claro):
(a) Obter o polinômio característico associado a A.
(b) Calcular os autovalores de A.
(c) Obter os autoespaços (espaços próprios) associados aos autovalores.
(d) Dizer por que A é diagonalizável e fornecer matrizes P e D tais que P^{-1}AP=D.
(e) Mostrar que P e D satisfazem P^{-1}AP=D (dica: mostrar AP=PD).]
Passo 2
(a) Definição e cálculo do polinômio característico.
Explicação rápida: para uma matriz 2\times2 a fórmula do determinante é
(b) Autovalores: são as raízes do polinômio característico.
Resolvemos
\lambda^2-4=0.
Isto é uma diferença de quadrados, fatoramos:
\lambda^2-4=(\lambda-2)(\lambda+2).
Logo as raízes são \lambda=2 e \lambda=-2. Portanto os autovalores são
\boxed{\lambda=2\quad\text{e}\quad\lambda=-2.}
Passo 4
(c) Autoespaços: definição e método.
Explicação: o autoespaço associado a um autovalor [\lambda) é o conjunto de vetores não nulos v tais que Av=\lambda v. Equivalente resolver o sistema homogêneo (A-\lambda I)v=0. Vou resolver para cada autovalor.
Montamos o sistema (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0, ou seja
\begin{cases} x - y = 0,\\[4pt] 5x - 5y = 0. \end{cases}
A segunda equação é 5\] vezes a primeira, então a restrição é \[x-y=0\Rightarrow x=y. Assim os vetores próprios são da forma t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, t\in\mathbb{R}. O autoespaço associado a \lambda=2 é
Sistema (A+2I)\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0:
\begin{cases} 5x - y = 0,\\[4pt] 5x - y = 0. \end{cases}
Ambas as equações são idênticas; a relação é y=5x\]. Então os vetores próprios são \(t\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}, t\in\mathbb{R}. O autoespaço associado a \lambda=-2 é
(d) Diagonalizabilidade e escolha das matrizes P e D.
Explicação do critério: uma matriz n\times n é diagonalizável se existe uma base do espaço formada por vetores próprios (ou seja, n autovetores linearmente independentes). No caso 2\times2, se conseguirmos dois autovetores linearmente independentes, A é diagonalizável.
Temos dois autovalores distintos \lambda=2 e \lambda=-2. Seus autoespaços têm vetores próprios \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}. Esses dois vetores não são múltiplos um do outro, logo são linearmente independentes; formam uma base de \mathbb{R}^2. Assim A é diagonalizável.
Construo P usando como colunas os vetores próprios (na mesma ordem dos autovalores que colocarei em D). Escolho a ordem: primeiro \lambda=2, depois \lambda=-2. Então
(e) Mostrar que P e D satisfazem P^{-1}AP=D mostrando AP=PD.
Estratégia: multiplicar A por cada coluna de P. Se v_1 e v_2 são colunas de P e Av_i=\lambda_i v_i, então AP=PD.
As colunas de P são v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} (autovetor de \lambda=2) e v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix} (autovetor de \lambda=-2). Calculo A v_1 e A v_2:
Como P é invertível, multiplico à esquerda por P^{-1} e obtenho
P^{-1}AP=D.
Isso conclui a verificação pedida.]
Resposta
(a) p(\lambda)=\lambda^2-4.
(b) \lambda=2 e \lambda=-2.
(c) E_{2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},\quad E_{-2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}\right\}.
(d) A é diagonalizável (tem duas autovetores linearmente independentes). Uma escolha é
(e) De fato AP=PD (pois A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e A\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}1\\[4pt]5\end{pmatrix}), logo P^{-1}AP=D.]