Seja A=\left[\begin{array}{llll}0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right].
a) Encontre o polinômio característico de A.
b) Encontre os autovalores de A.
c) Encontre os autovetores associados a cada autovalor encontrado no item (b).
d) Verifique se A é diagonalizável. Caso seja, encontre as matrizes D e P.
e) A matriz P do item anterior é ortogonal? (justifique). Senão, você poderia obter uma P ortogonal? (justifique - não precisa fazer as contas)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
e pede:
a) o polinômio característico de A;
b) os autovalores de A;
c) autovetores associados a cada autovalor do item (b);
d) verificar se A é diagonalizável e, em caso afirmativo, encontrar D e P;
e) dizer se a matriz P obtida é ortogonal; se não for, dizer se é possível obter uma P ortogonal (justifique, sem necessidade de cálculos).
As informações relevantes que temos são apenas os elementos de A mostrados acima (observe que os dois primeiros renglões e colunas são nulos e que os dois últimos formam uma pequena matriz \begin{pmatrix}0&1\\[2pt]1&0\end{pmatrix}).]

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico usando a definição: o polinômio característico é
p(\lambda)=\det(\lambda I - A).
Escrevendo \lambda I - A em blocos, percebemos que
\lambda I - A= \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & \lambda & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1 & \lambda \end{pmatrix}.
Como essa matriz é em bloco (top-left 2\times2 diagonal \lambda I_2 e bottom-right 2\times2 igual a \begin{pmatrix}\lambda & -1\\[2pt]-1 & \lambda\end{pmatrix}), o determinante fatoriza:
\det(\lambda I - A)=\det(\lambda I_2)\cdot\det\begin{pmatrix}\lambda & -1\\[2pt]-1 & \lambda\end{pmatrix}.
Calculando cada fator: \det(\lambda I_2)=\lambda^2 e
\det\begin{pmatrix}\lambda & -1\\[2pt]-1 & \lambda\end{pmatrix}=\lambda^2-1.
Portanto
p(\lambda)=\lambda^2(\lambda^2-1).]

Passo 3

Fatorando p(\lambda) obtemos as raízes (autovalores):
p(\lambda)=\lambda^2(\lambda-1)(\lambda+1).
Logo os autovalores são \lambda=0 com multiplicidade algébrica 2, \lambda=1 com multiplicidade 1 e \lambda=-1 com multiplicidade 1.

Passo 4

Agora vamos achar os autovetores resolvendo (A-\lambda I)x=0 para cada \lambda.
Para \lambda=0: equação A x=0.
Escrevendo x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T,
A x=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]x_4\\[2pt]x_3\end{pmatrix}.
A condição A x=0 dá as equações x_4=0 e x_3=0; as componentes x_1,x_2 são livres. Portanto o espaço próprio de \lambda=0 é
\ker(A)=\operatorname{span}\{(1,0,0,0)^T,\,(0,1,0,0)^T\}.
Qualquer combinação linear desses dois vetores é autovetor associado a \lambda=0. A dimensão do espaço próprio é 2, igual à multiplicidade algébrica de 0.]

Passo 5

Para \lambda=1: resolver (A-I)x=0. A matriz A-I é
A-I=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
As equações correspondentes são
-x_1=0,\quad -x_2=0,\quad -x_3 + x_4=0,\quad x_3 - x_4=0.
Das duas primeiras segue x_1=x_2=0. Das duas últimas obtemos x_3=x_4. Assim o espaço próprio de \lambda=1 é
\operatorname{span}\{(0,0,1,1)^T\}.
Qualquer múltiplo de (0,0,1,1)^T é autovetor associado a \lambda=1.]

Passo 6

Para \lambda=-1: resolver (A+I)x=0. A matriz A+I é
A+I=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
As equações são
x_1=0,\quad x_2=0,\quad x_3 - x_4=0\\ (\text{da terceira}),\quad -x_3 + x_4=0\\ (\text{da quarta}),
mas note que, cuidado: ao somar, vemos que para A+I as equações verdadeiras são x_1=0,\;x_2=0,\;x_3 + x_4=0. De fato as linhas 3 e 4 dão x_3 + (-1)x_4=0 e -x_3 + x_4=0; combinando resulta x_3=-x_4. Assim o espaço próprio de \lambda=-1 é
\operatorname{span}\{(0,0,1,-1)^T\}.
Qualquer múltiplo de (0,0,1,-1)^T é autovetor associado a \lambda=-1.]

Passo 7

Resumo dos autovetores (espaços próprios):
  • Para \lambda=0: \operatorname{span}\{(1,0,0,0)^T,\,(0,1,0,0)^T\} (dimensão 2).
  • Para \lambda=1: \operatorname{span}\{(0,0,1,1)^T\} (dimensão 1).
  • Para \lambda=-1: \operatorname{span}\{(0,0,1,-1)^T\} (dimensão 1).
A soma das dimensões dos espaços próprios é 2+1+1=4, igual à ordem da matriz. Portanto existem 4 autovetores linearmente independentes e A é diagonalizável.

Passo 8

Construímos a matriz P cujas colunas são autovetores linearmente independentes e a matriz diagonal D com os autovalores correspondentes na mesma ordem. Tomando a ordem das colunas como primeiro os vetores associados a \lambda=0, depois \lambda=1 e \lambda=-1, podemos escolher
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Com essas escolhas vale P^{-1} A P = D (ou equivalentemente A = P D P^{-1}), porque as colunas de P são autovetores de A e D contém os autovalores na mesma ordem.]

Passo 9

A pergunta (e): a matriz P acima é ortogonal?
Para ser ortogonal é preciso P^T P = I. Vamos checar rapidamente os produtos internos das colunas de P:
  • As duas primeiras colunas são (1,0,0,0)^T e (0,1,0,0)^T, ambas com norma 1 e ortogonais entre si e com as outras colunas.
  • A terceira coluna é v_1=(0,0,1,1)^T e a quarta é v_{-1}=(0,0,1,-1)^T. Tem-se v_1\cdot v_{-1}=1\cdot1 + 1\cdot(-1)=0, logo são ortogonais entre si e também ortogonais às duas primeiras colunas.
  • Normas: \|v_1\|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2} e \|v_{-1}\|=\sqrt{2}.
Portanto as colunas de P são mutuamente ortogonais, mas não são todas de norma 1. Logo
P^T P=\operatorname{diag}(1,1,2,2)\neq I,
então P não é ortogonal.
É possível obter uma P ortogonal? Sim. Observações que justificam:
  • A matriz A é simétrica ( A^T=A). Pelo teorema espectral para matrizes reais simétricas, existe uma base ortonormal de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de A. Assim existe uma matriz ortogonal Q tal que Q^T A Q é diagonal (os autovalores na diagonal).
  • Concretamente, basta normalizar os autovetores de P: dividir v_1 e v_{-1} por \sqrt{2} (as duas primeiras já têm norma 1). As colunas normalizadas são ortonormais e formam uma matriz ortogonal Q com Q^T A Q=D (mesma diagonal D com entradas 0,0,1,-1). Não é necessário fazer as contas completas para concluir isso, basta a propriedade de simetria e o fato de que normalizar vetores ortogonais dá um conjunto ortonormal.

Resposta

a) p(\lambda)=\lambda^2(\lambda^2-1).
b) \lambda=0 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=1, \lambda=-1.
c) Para \lambda=0: \operatorname{span}\{(1,0,0,0)^T,\,(0,1,0,0)^T\}.
Para \lambda=1: \operatorname{span}\{(0,0,1,1)^T\}.
Para \lambda=-1: \operatorname{span}\{(0,0,1,-1)^T\}.
d) A é diagonalizável. Por exemplo,
P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},
satisfazem A=P D P^{-1}.
e) A matriz P acima não é ortogonal, pois P^T P=\operatorname{diag}(1,1,2,2)\neq I. Contudo, como A é simétrica, existe uma P ortogonal que diagonaliza A (teorema espectral); concretamente, basta normalizar as colunas de P (dividir as colunas (0,0,1,1)^T e (0,0,1,-1)^T por \sqrt{2}) para obter uma matriz ortogonal que diagonaliza A.]

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