Seja
A=\left[\begin{array}{llll} 0 & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & \bullet & \bullet \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]
(a) ( 10 pontos) Apresente um método estudado em aula para determinar os autovalores de uma matriz e aplique-o à matriz A.
(b) ( 20 pontos) Analise para quais valores de a matriz A é diagonalizável. Nos casos em que for diagonalizável, encontre uma matriz inversível P tal que P^{-1} A P seja diagonal.

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & \bullet & \bullet \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • (a) apresentar um método visto em aula para determinar os autovalores e aplicá‑lo à matriz \,A.
  • (b) analisar para quais valores de a a matriz A é diagonalizável e, quando for, encontrar uma matriz inversível P tal que P^{-1}AP seja diagonal.
Observação importante sobre os dados: na linha 3 há símbolos \bullet que deixam ambíguo onde aparece o parâmetro a pedido na parte (b). Não posso pedir esclarecimento, então vou assumir uma interpretação natural e simples que torna a questão clássica e consistente com o texto: assumirei que essas entradas significativas são
  • (3,3)=a (o parâmetro que o enunciado quer que varie) e
  • (3,4)=0.
    Assim passo a trabalhar com a matriz
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & a & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Se essa interpretação for diferente da que o seu enunciado original pretendia, avise depois; por agora prossigamos com essa hipótese.
Resumo do que vou responder: primeiro explico o método dos autovalores (polinômio característico) e aplico a A; depois explico o critério de diagonalizabilidade (multiplicidade algébrica vs. geométrica), calculo as auto‑espaços e concluo para quais a a matriz é diagonalizável. Vou ser bem passo a passo e didático.]

Passo 2

O método geral (visto em aula) para encontrar os autovalores de uma matriz quadrada A é:
  • Definição: um escalar \lambda é autovalor de A se existe vetor não nulo v tal que A v = \lambda v. Esse v chama‑se autovetor associado a \lambda.
  • Método prático: escrever (A-\lambda I)v=0. Há solução não trivial para v sse o determinante de A-\lambda I é zero. Portanto os autovalores são as raízes do polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
  • Para matrizes em blocos (ou block‑diagonais), uma propriedade útil: se A é blocada em diagonal por blocos B e C (isto é, A=\operatorname{diag}(B,C)), então
\det(A-\lambda I)=\det(B-\lambda I)\cdot\det(C-\lambda I).
Essa propriedade simplifica muito o cálculo.
Vou aplicar exatamente isso à matriz A que escolhemos.

Passo 3

Calcular \det(A-\lambda I) para a matriz
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & a & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Note que A é bloco‑diagonal com dois blocos 2\times2:
  • bloco B=\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]1&0\end{pmatrix} (linhas/colunas 1–2),
  • bloco C=\begin{pmatrix}a&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix} (linhas/colunas 3–4).
Logo
\det(A-\lambda I)=\det(B-\lambda I)\cdot\det(C-\lambda I).
Calcule cada determinante:
  • Para B:
B-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[2pt]1 & -\lambda\end{pmatrix}, \qquad \det(B-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-1= \lambda^{2}-1.
Esse polinômio tem raízes \lambda=1 e \lambda=-1.
  • Para C:
C-\lambda I=\begin{pmatrix}a-\lambda & 0\\[2pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix}, \qquad \det(C-\lambda I)=(a-\lambda)(1-\lambda).
Multiplicando:
\det(A-\lambda I)=(\lambda^{2}-1)\,(a-\lambda)\,(1-\lambda).
Fatorando um pouco:
\lambda^{2}-1=(\lambda-1)(\lambda+1),
então
\det(A-\lambda I)=(\lambda-1)(\lambda+1)(a-\lambda)(1-\lambda).
Observação sobre multiplicidades algébricas:
  • O fator (\lambda-1) aparece duas vezes (uma de \lambda^{2}-1 e outra de (1-\lambda)) — portanto, para todo a temos que \lambda=1 é raiz de multiplicidade algébrica 2, e se a=1 essa multiplicidade sobe para 3 (porque então também a-\lambda=1-\lambda adiciona outro fator).
  • \lambda=-1 tem multiplicidade algébrica 1 exceto no caso a=-1, quando a multiplicidade algébrica de -1 sobe para 2 (porque a-\lambda se anula aí).
Concluindo os autovalores (com multiplicidades algébricas):
  • \lambda=1, multiplicidade algébrica 2 (e 3 se a=1).
  • \lambda=-1, multiplicidade algébrica 1 (e 2 se a=-1).
  • \lambda=a, multiplicidade algébrica 1 (salvo quando a=1 ou a=-1, pois então coincide com um dos anteriores e a multiplicidade total soma).
Isso resolve a parte (a): o método foi o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0 e aplicando‑o obtivemos os autovalores acima.]

Passo 4

Agora explico o conceito necessário para decidir diagonalizabilidade (parte (b)):
  • Definições:
    • A multiplicidade algébrica de um autovalor \lambda é a multiplicidade de \lambda como raiz do polinômio característico.
    • A multiplicidade geométrica de \lambda é a dimensão do espaço próprio (autovalores) \ker(A-\lambda I), isto é, o número máximo de autovetores linearmente independentes associados a \lambda.
  • Critério de diagonalizabilidade: uma matriz n\times n é diagonalizável (sobre o corpo considerado, ex.: \mathbb{R} ou \mathbb{C}) se, e somente se, para todo autovalor \lambda a multiplicidade geométrica coincidir com a multiplicidade algébrica, ou equivalentemente se a soma das dimensões dos autoespaços for n (temos n autovetores linearmente independentes).
Para aplicar esse critério precisamos encontrar os autoespaços de cada autovalor e comparar dimensões com as multiplicidades algébricas.

Passo 5

Calcular os autoespaços (e suas dimensões) explicitamente, aproveitando novamente a estrutura em blocos.
Escrevemos vetores x\in\mathbb{R}^{4} (ou \mathbb{C}^{4}) como x=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T}. Como A é bloco‑diagonal, a equação (A-\lambda I)x=0 separa em duas partes: uma para as coordenadas 1,2 (com B) e outra para 3,4 (com C).
  1. Autovalor \lambda=1.
  • Para o bloco B: ( (B-I) \begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}-1 & 1\\[2pt]1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix}=0).
Isto dá a condição -x_1 + x_2 = 0, ou seja x_1=x_2. Portanto o espaço próprio correspondente a B é gerado por \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix} (dimensão 1).
  • Para o bloco C: ( (C-I) \begin{pmatrix}x_3\x_4\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}a-1 & 0\\[2pt]0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_3\x_4\end{pmatrix}=0).
Isto dá a equação (a-1)x_3=0; não há equação envolvendo x_4 (segunda linha é zero).
  • Se a\neq 1 então x_3=0 e x_4 é livre: contribuição ao espaço próprio = dimensão 1 (vetor gerador (0,0,0,1)^T).
  • Se a=1 então não há restrição sobre x_3,x_4: contribuição ao espaço próprio = dimensão 2 (vetores (0,0,1,0)^T e (0,0,0,1)^T).
Somando as contribuições (bloco B + bloco C):
  • Se a\neq 1: dimensão do autoespaço de \lambda=1 é 1+1=2.
  • Se a=1: dimensão é 1+2=3.
Compare com multiplicidade algébrica de \lambda=1:
  • Para a\neq 1: multiplicidade algébrica é 2, geométrica é 2 → ok.
  • Para a=1: multiplicidade algébrica é 3, geométrica é 3 → ok.
  1. Autovalor \lambda=-1.
  • Bloco B: (B+I)=\begin{pmatrix}1&1\\[2pt]1&1\end{pmatrix} e a condição é x_1 + x_2 =0, logo autovetores do bloco gerados por \begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\end{pmatrix} (dimensão 1).
  • Bloco C: (C+I)=\begin{pmatrix}a+1 & 0\\[2pt]0 & 2\end{pmatrix}. As equações são (a+1) x_3 =0 e 2 x_4 =0.
    • Se a\neq -1 então x_3=0 e x_4=0: contribuição do bloco C é 0.
    • Se a=-1 então x_3 livre e x_4=0: contribuição é 1 (vetor (0,0,1,0)^T).
Somando:
  • Se a\neq -1: dimensão do autoespaço para \lambda=-1 é 1+0=1.
  • Se a=-1: dimensão é 1+1=2.
Compare com multiplicidade algébrica de \lambda=-1:
  • Se a\neq -1: algébrica =1, geométrica =1 → ok.
  • Se a=-1: algébrica =2, geométrica =2 → ok.
  1. Autovalor \lambda=a.
  • Para as coordenadas 1,2 (bloco B-\!aI):
\begin{pmatrix}-a & 1\\[2pt]1 & -a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix}=0.
Se a\neq \pm 1 essa matriz é invertível (determinante a^{2}-1\neq 0), então x_1=x_2=0. Se a=1 ou a=-1 esse caso coincide com autovalor já tratado acima (colisões de autovalores), e o espaço correspondente já foi analisado quando tratamos \lambda=1 e \lambda=-1.
  • Para as coordenadas 3,4 (bloco C-aI):
C-aI=\begin{pmatrix}0 & 0\\[2pt]0 & 1-a\end{pmatrix}.
As equações dão que x_3 é livre (primeira linha é 0=0), e (1-a)x_4=0. Se a\neq 1 então x_4=0 e a contribuição do bloco é um vetor livre no componente 3 (isto é, autovetor (0,0,1,0)^T). Se a=1 novamente trata‑se do caso anterior.
Portanto, para a\neq \pm 1 o autovalor \lambda=a tem espaço próprio de dimensão 1 (gerado por (0,0,1,0)^T) e multiplicidade algébrica 1, compatível.]

Passo 6

Concluir sobre diagonalizabilidade juntando os resultados:
  • Para a\neq \pm 1: as multiplicidades algébricas são \operatorname{mult}_{\text{alg}}(1)=2, \operatorname{mult}_{\text{alg}}(-1)=1, \operatorname{mult}_{\text{alg}}(a)=1. As multiplicidades geométricas calculadas foram iguais a 2,1,1 respectivamente. Soma das dimensões dos autoespaços =2+1+1=4. Portanto A é diagonalizável.
  • Para a=1: os autovalores são \lambda=1 com multiplicidade algébrica 3 e \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 1. O espaço próprio de \lambda=1 tem dimensão 3 (conforme cálculo no Passo 5). Soma das dimensões =3+1=4. Logo A é diagonalizável.
  • Para a=-1: os autovalores são \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2. As dimensões geométricas foram 2 para cada um (ver Passo 5). Soma =2+2=4. Logo A é diagonalizável.
Conclusão: sob a interpretação adotada da matriz, A é diagonalizável para todo valor de a\in\mathbb{R} (ou \mathbb{C}). Não há nenhum valor de a que provoque perda de diagonalizabilidade — as multiplicidades geométrica e algébrica coincidem em todos os casos.

Passo 7

Encontrar explicitamente uma matriz inversível P que diagonaliza A (ou seja, tal que P^{-1}AP=D é diagonal). Uma escolha simples de autovetores (obtidos acima) é:
  • para \lambda=1 do bloco B: v_{1}=(1,1,0,0)^{T};
  • para \lambda=-1 do bloco B: v_{2}=(1,-1,0,0)^{T};
  • para \lambda=a: v_{3}=(0,0,1,0)^{T};
  • para \lambda=1 do bloco C: v_{4}=(0,0,0,1)^{T}.
Repare que:
A v_{1}=1\cdot v_{1},\qquad A v_{2}=-1\cdot v_{2},\qquad A v_{3}=a\cdot v_{3},\qquad A v_{4}=1\cdot v_{4}.
Esses quatro vetores são linearmente independentes (têm suportes distintos por blocos e, no bloco 1–2, v_1 e v_2 são independentes). Então a matriz P formada por eles como colunas é inversível. Tomando
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[2pt] 1 & -1 & 0 & 0\\[2pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[2pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
temos
P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,-1,a,1).
(Verificação rápida: AP=[Av_1\\ Av_2\\ Av_3\\ Av_4]=[1v_1\\ (-1)v_2\\ a v_3\\\ 1 v_4]=P\cdot\operatorname{diag}(1,-1,a,1).)
Se preferir, a ordem das colunas pode ser rearranjada; o importante é que as colunas sejam autovetores correspondentes às entradas da diagonal na mesma ordem.]

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=1,\\ \lambda=-1,\\ \lambda=a. A multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 2 (passando a 3 se a=1); a de \lambda=-1 é 1 (passando a 2 se a=-1); a de \lambda=a é 1 (salvo quando coincide com 1 ou -1).\n(b) A matriz A é diagonalizável para todo a. Uma matriz P inversível que diagonaliza A é
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[2pt] 1 & -1 & 0 & 0\\[2pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[2pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
pois P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,-1,a,1).]

Exercícios relacionados