Exercicios Álgebra Linear Area I - Lista 9 - Resolução comentada

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MAT 01355 – Álgebra Linear I-A 2020/1
Lista Adicional 9
Resolução Comentada
1. Determine os autovalores e os respectivos autoespaços das matrizes dadas abaixo:
(a) A =
[
−3 3
−2 4
]
(b) B =
 2 2 10 2 3
0 0 −1
 (c) C =
 4 1 1−2 1 −1
2 −1 1

Solução. Determinar os autovalores de uma matriz A é o mesmo que resolver sua
equação caracteŕıstica, a saber, det (A− λ I) = 0, a qual é uma equação polinomial
de grau n, onde n é a ordem da matriz quadrada A (isto é, A é uma matriz de
ordem n× n).
Determinar o autoespaço de uma matriz A associado a um autovalor λ é equivalente
a determinar o espaço nulo da matriz A−λ I, o que é o mesmo que resolver o sistema
linear homogêneo [A−λ I]x = 0. Adotaremos esta estratégia em cada um dos itens
acima.
(a). A equação caracteŕıstica de A é dada por
det
([
−3 3
−2 4
]
−
[
λ 0
0 λ
])
= 0
que resulta em
λ2 − λ− 6 = 0
cujas ráızes são dadas por
λ1 = 3 e λ2 = −2
Logo, os autovalores de A são dados por
• λ1 = 3 (autovalor simples)
• λ2 = −2 (autovalor simples)
Vamos determinar agora os autoespaços de A. Denotaremos estes autoespaços,
respectivamente, por
• V1 = Nul (A− λ1 I) (autoespaço associado ao autovalor λ1)
• V2 = Nul (A− λ2 I) (autoespaço associado ao autovalor λ2)
Assim, teremos
V1 = conjunto solução do sistema homogêneo [A− 3 I]x = 0
e
V2 = conjunto solução do sistema homogêneo [A+ 2 I]x = 0
Note que
A− 3I =
[
−6 3
−2 1
]
e A+ 2 I =
[
−1 3
−2 6
]
Resolvendo então os sistemas homogêneos indicados acima, teremos:
• O conjunto solução do sistema homogêneo
[
−6 3
−2 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
é dado
por {(x, 2x) : x ∈ R}.
• O conjunto solução do sistema homogêneo
[
−1 3
−2 6
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
é dado
por {(3y, y) : y ∈ R}.
Portanto, os autoespaços de A são:
• V1 = {(x, 2x) : x ∈ R} = Span {(1, 2)} (autoespaço associado ao autovalor 3).
• V2 = {(3y, y) : y ∈ R} = Span {(3, 1)} (autoespaço associado ao autovalor
−2).
(b). A equação caracteŕıstica de B é dada por
det
 2 2 10 2 3
0 0 −1
−
 λ 0 00 λ 0
0 0 λ
 = 0
que resulta em
(2− λ)(2− λ)(−1− λ) = 0
cujas ráızes são dadas por
λ1 = 2 (raiz dupla) e λ2 = −1
Logo, os autovalores de A são dados por
• λ1 = 2 (autovalor duplo)
• λ2 = −1 (autovalor simples)
Vamos determinar agora os autoespaços de B. Denotaremos estes autoespaços,
respectivamente, por
• V1 = Nul (B − λ1 I) (autoespaço associado ao autovalor λ1)
• V2 = Nul (B − λ2 I) (autoespaço associado ao autovalor λ2)
Assim, teremos
V1 = conjunto solução do sistema homogêneo [B − 2 I]x = 0
e
V2 = conjunto solução do sistema homogêneo [B + I]x = 0
Note que
B − 2I =
 0 2 10 0 3
0 0 −3
 e B + I =
 3 2 10 3 3
0 0 0

Resolvendo então os sistemas homogêneos indicados acima, teremos:
• O conjunto solução do sistema homogêneo
 0 2 10 0 3
0 0 −3
 xy
z
 =
 00
0
 é
dado por {(x, 0, 0) : x ∈ R}.
• O conjunto solução do sistema homogêneo
 3 2 10 3 3
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
 é dado
por
{(
1
3
z,−z, z
)
: z ∈ R
}
.
Portanto, os autoespaços de B são:
• V1 = {(x, 0, 0) : x ∈ R} = Span {(1, 0, 0)} (autoespaço associado ao autovalor
2).
• V2 =
{(
1
3
z,−z, z
)
: z ∈ R
}
= Span {(1,−3, 3)} (autoespaço associado ao au-
tovalor −1).
Observação. Note que neste exemplo, a matriz B é uma matriz triangular superior,
isto é, as entradas de B abaixo da diagonal principal são todas nulas. Conclúımos
que os autovalores de B coincidiram com as entradas de sua diagonal. Isto ocorre
sempre, pois se B é uma matriz triangular superior, então a matriz [B−λ I] também
o será e, portanto, o determinante desta última será dado pelo produto das entradas
de sua diagonal principal, ou seja, a equação caracteŕıstica será dada por
a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ) = 0
cujas ráızes claramente são dadas por a11, a22, . . . , ann.
O mesmo fenômeno ocorre com matrizes triangulares inferiores (matrizes cujas en-
tradas acima da diagonal são todas nulas).
(c). A equação caracteŕıstica de C é dada por
det
 4 1 1−2 1 −1
2 −1 1
−
 λ 0 00 λ 0
0 0 λ
 = 0
Calculando o determinante acima pela Regra de Sarrus, obtemos
[(4− λ)(1− λ)2 + 2− 2]− [−2(1− λ) + (4− λ) + 2(1− λ)] = 0
ou seja,
[(4− λ)(1− λ)2]− [4− λ] = 0
isto é,
(4− λ)[(1− λ)2 − 1] = 0
que ainda pode ser escrita da forma
(4− λ)[(1− 2λ+ λ2)− 1] = 0
ou equivalentemente,
(4− λ)(−2λ+ λ2) = 0
que, finalmente, pode ser escrito da forma
(4− λ)λ(−2 + λ) = 0
As ráızes desta última equação são dadas por
λ1 = 4, λ2 = 0 e λ3 = 2
como é fácil ver.
Logo, os autovalores de C são dados por
• λ1 = 4 (autovalor simples)
• λ2 = 0 (autovalor simples)
• λ3 = 2 (autovalor simples)
Note que as duas últimas linhas de C são múltiplas, de onde segue que C possui no
máximo duas colunas linearmente independentes, o que, por sua vez, implica que
λ = 0 é um de seus autovalores. Portanto, já conhećıamos um dos autovalores de C
apenas por inspeção da matriz.
Vamos determinar agora os autoespaços de C. Denotaremos estes autoespaços,
respectivamente, por
• V1 = Nul (C − λ1 I) (autoespaço associado ao autovalor λ1)
• V2 = Nul (C − λ2 I) (autoespaço associado ao autovalor λ2)
• V3 = Nul (C − λ3 I) (autoespaço associado ao autovalor λ3)
Assim, teremos
V1 = conjunto solução do sistema homogêneo [C − 4 I]x = 0
V2 = conjunto solução do sistema homogêneo Cx = 0
V3 = conjunto solução do sistema homogêneo [C − 2 I]x = 0
Note que
C − 4I =
 0 1 1−2 −3 −1
2 −1 −3
 e C − 2 I =
 2 1 1−2 −1 −1
2 −1 −1

Resolvendo então os sistemas homogêneos indicados acima, teremos:
• O conjunto solução do sistema homogêneo
 0 1 1−2 −3 −1
2 −1 −3
 xy
z
 =
 00
0

é dado por {(z,−z, z) : z ∈ R}.
• O conjunto solução do sistema homogêneo
 4 1 1−2 1 −1
2 −1 1
 xy
z
 =
 00
0

é dado por {(−y, y, 3y) : y ∈ R}.
• O conjunto solução do sistema homogêneo
 2 1 1−2 −1 −1
2 −1 −1
 xy
z
 =
 00
0

é dado por {(0,−z, z) : z ∈ R}.
Portanto, os autoespaços de C são:
• V1 = {(z,−z, z) : z ∈ R} = Span {(1,−1, 1)} (autoespaço associado ao auto-
valor 4).
• V2 = {(−y, y, 3y) : y ∈ R} = Span {(−1, 1, 3)} (autoespaço associado ao
autovalor 0).
• V3 = {(0,−z, z) : z ∈ R} = Span {(0,−1, 1)} (autoespaço associado ao auto-
valor 2).
2. Diagonalize as matrizes do exerćıcio anterior, quando posśıvel. Nos casos em que a
diagonalização não é posśıvel, apresente uma justificativa.
Solução. Da teoria desenvolvida até aqui, sabemos o seguinte:
An×n é diagonalizável ⇔ Rn possuim uma base formada por autovetores de A
⇔ soma das dimensões dos autoespaços de A = n
⇔ multiplicidade algébrica = multiplicidade geométrica,
para cada autovalor de A
onde:
• A multiplicidade algébrica de um autovalor é a igual a sua multiplicidade
como raiz da equação caracteŕıstica.
• A multiplicidade geométrica de uma autovalor é igual a dimensão do au-
toespaço associado.
Então, para concluir sobre a diagonalização das matrizes A, B e C dadas no exerćıcio
anterior, vamos compara as multiplicidades algébrica e geométrica de cada um de
seus autovalores, para então proceder com a diagonalização daquelas matrizes clas-
sificadas como diagonalizáveis. Assim, analisando os nossos cálculos anteriores,
obtemos:
• A matriz A é uma matriz 2 × 2 que possui dois autovalores simples e distin-
tos. Como ambos possuem multiplicidade geométrica igual a 1, segue que A é
diagonalizável.
• A matriz B é uma matriz de ordem 3×3 que possui dois autovalores distintos,
sendo um deles duplo. Como a multiplicidade geométrica deste autovalor duplo
é igual a 1, segue que B não é diagonalizável. (multiplicidade algébrica do
autovalor 2 = 2 6= 1 = multiplicidade geométrica do autovalor 2).
• A matriz C é uma matriz de ordem 3× 3 que possui três autovalores distintos
e simples. Como cada um deles tem multiplicidade geométrica igual a 1, segue
que C é diagonalizávelObservação. Seja A uma matriz n× n. Se A possui n autovalores distintos, então
A é diagonalizável, pois sabemos que se λ ∈ R é um autovalor de A, então
1 ≤ multiplicidade geométrica de λ ≤ multiplicidade algébrica de λ
e segue que neste caso, teremos a igualdade entre as multiplicidades algébrica e
geométrica de cada um dos autovalores de A.
Vamos proceder agora com a diagonalização das matrizes A e C. Antes porém,
gostaŕıamos de lembrar que uma matriz A é diagonalizável se, e somente se, existem
uma matriz invert́ıvel P e uma matriz diagonal D, tais que A = PDP−1. Além
disso, sabemos que numa tal fatoração, as entradas da diagonal da matriz D são os
autovalores de A e as colunas de P definem uma base de Rn formada de autovetores
de A, escrita da forma que a primeira coluna de P corresponde a um autovetor
associado a primeira entrada da diagonal de D, a segunda coluna de P corresponde a
um autovetor associado a segunda entrada da diagonal de D e assim sucessivamente.
Portanto, em cada caso, podemos construir uma matriz P e uma matriz D com os
dados obtidos nos cálculos realizados na resolução do exerćıcio anterior. A única
coisa que nos falta é a inversa de P , que pode ser calculada aplicando-se o algoritmo
de inversão de matrizes.
Diagonalização de A:
Como os autovalores de A são λ1 = 3 e λ2 = −2, e os autoespaços de A são dados por
V1 = Nul (A − 3I) = Span{(1, 2)} e V2 = Nul (A + 2I) = Span{(3, 1)}, podemos
tomar as matrizes
D =
[
3 0
0 −2
]
e P =
[
1 2
3 1
]
e invertendo P usando o algoritmo abaixo[
1 2 | 1 0
3 1 | 0 1
]
∼ · · · ∼
[
1 0 | −1
5
3
5
0 1 | 2
5
−1
5
]
temos
P−1 =
[
−1
5
3
5
2
5
−1
5
]
Assim, finalmente obtemos a diagonalização desejada:[
1 2
3 1
]
︸ ︷︷ ︸
A
=
[
1 2
3 1
]
︸ ︷︷ ︸
P
[
3 0
0 −2
]
︸ ︷︷ ︸
D
[
−1
5
3
5
2
5
−1
5
]
︸ ︷︷ ︸
P−1
Diagonalização de C:
Como os autovalores de C são λ1 = 4, λ2 = 0 e λ3 = 2, e os autoespaços de A são
dados por V1 = Nul (A−4I) = Span{(1,−1, 1)}, V2 = Nul (A) = Span{(−1, 1, 3)}
e V3 = Nul (A− 2I) = Span{(0,−1, 1)}, podemos tomar as matrizes
D =
 4 0 00 0 0
0 0 2
 e P =
 1 −1 0−1 1 −1
1 3 1

Agora, invertendo P pelo algoritmo abaixo 1 −1 0 | 1 0 0−1 1 −1 | 0 1 0
1 3 1 | 0 0 1
 ∼ · · · ∼
 1 0 0 | 1 14 140 1 0 | 0 1
4
1
4
0 0 1 | −1 −1 0

temos
P−1 =
 1 14 140 1
4
1
4
−1 −1 0

Assim, finalmente obtemos a diagonalização desejada: 4 1 1−2 1 1
2 −1 −1

︸ ︷︷ ︸
C
=
 1 −1 0−1 1 −1
1 3 1

︸ ︷︷ ︸
P
 4 0 00 0 0
0 0 2

︸ ︷︷ ︸
D
 1 14 140 1
4
1
4
−1 −1 0

︸ ︷︷ ︸
P−1
3. Sabendo que os únicos autovalores da matriz A =
 2 2 11 3 1
1 2 2
 são λ1 = 5 e λ2 = 1,
responda o que se pede nos itens abaixo.
(a) Classifique a matriz A em diagonalizável ou não diagonalizável, justificando
sua resposta.
(b) Em caso de resposta afirmativa no item anterior, apresente uma diagonalização
para A.
Solução. Vamos proceder como explicado no exerćıcio anterior.
(a). Como A possui apenas dois autovalores distintos, então A possui dois auto-
espaços. Para A ser diagonalizável é necessário que um destes autoespaços tenha
dimensão 2. Consideremos então os autoespaços de A, os quais são dados por:
• V1 = Nul (A− 5I) = conjunto solução do sistema homogêneo −3 2 11 −2 1
1 2 −3
 xy
z
 =
 00
0

• V2 = Nul (A− I) = conjunto solução do sistema homogêneo 1 2 11 2 1
1 2 1
 xy
z
 =
 00
0

Analisando este último sistema linear, observamos que a matriz de coeficientes possui
posto 1, pois as três colunas são múltiplas e não nulas (logo, apenas uma coluna
linearmente independente). Portanto, como posto (A − I) = 1, segue do Teorema
do Posto que dimNul (A− I) = 2, ou seja, dimV2 = 2. Como não podemos ter um
autoespaço nulo, segue que dimV1 = 1, pois a soma das dimensões dos autoespaços
não pode ser maior que a ordem da matriz, que neste caso é 3. Assim, temos
dimV1 + dimV2 = 1 + 2 = 3
de onde decorre que A é diagonalizável.
(b). Vimos no item anterior que A é uma matriz diagonalizável. Então vamos
encontrar uma matriz invert́ıvel P e uma matriz diagonal D tais que A = PDP−1.
As entradas da matriz D são os autovalores de A, os quais já conhecemos. Portanto,
precisamos somente determinar a matriz P da fatoração acima. Sabemos que ela
possui em suas colunas os autovetores de A que constitum uma base de R3. Então,
tomando uma base de V1 e uma base de V2, podemos determinar uma base de Rn,
fazendo a união destas duas bases. Para isto, precisaremos calcular os autoespaços
de A, o que será feito resolvendo-se os sistemas homogêneos indicados acima. Assim,
temos
• Resolvendo o sistema homogêneo −3 2 11 −2 1
1 2 −3
 xy
z
 =
 00
0

obtemos V1 = {(x, x, x) : x ∈ R} = Span {(1, 1, 1)}.
• Resolvendo o sistema homogêneo 1 2 11 2 1
1 2 1
 xy
z
 =
 00
0

obtemos V1 = {(−2y − z, y, z) : y, z ∈ R} = Span {(−2, 1, 0), (−1, 0, 1)}.
Portanto, o conjunto B = {(1, 1, 1), (−2, 1, 0), (−1, 0, 1)} é uma base de Rn, formada
por autovetores de A. Tomando então as matrizes
P =
 −3 2 11 −2 1
1 2 −3
 e D =
 5 0 00 1 0
0 0 1

e calculando a inversa de P pelo algoritmo de inversão de matrizes, encontramos −3 2 1 | 1 0 01 −2 1 | 0 1 0
1 2 −3 | 0 0 1
 ∼ · · · ∼
 1 0 0 | 14 12 140 1 0 | −1
4
1
2
−1
4
0 0 1 | −1
4
1
2
−3
4

ou seja, temos
P−1 =
 14 12 14−1
4
1
2
−1
4
−1
4
1
2
−3
4

Portanto, a diagonalização de A é dada por 2 2 11 3 1
1 2 2

︸ ︷︷ ︸
A
=
 −3 2 11 −2 1
1 2 −3

︸ ︷︷ ︸
P
 5 0 00 1 0
0 0 1

︸ ︷︷ ︸
D
 14 12 14−1
4
1
2
−1
4
−1
4
1
2
−3
4

︸ ︷︷ ︸
P−1
4. Considere A =
[
−1 −1
6 4
]
.
(a) Determine os autovalores e autoespaços de A.
(b) Diagonalize a matriz A, isto é, fatore A da forma A = PDP−1, onde P é
invert́ıvel e D é matriz diagonal.
(c) Use a diagonalização de A para calcular A10.
Solução. Neste exerćıcio, queremos utilizar a fatoração de uma matriz para calcular
alguma de suas potências. Para diagonalizar A, como já foi dito anteriormente,
vamos determinar os autovalores de A, resolvendo sua equação caracteŕıstica, e,
posteriormente, vamos determinar os respectivos autoespaços de A, resolvendo um
sistema homogêneo da forma [A− λ I]x = 0, onde λ é um autovalor de A.
Note que se A é uma matriz diagonalizável, então existem uma matriz diagonal D
e uma matriz invert́ıvel P tais que A = PDP−1. Desta forma, podemos calcular
potências de A de maneira bem simples, fazendo:
A2 = (PDP−1)2 = (PD��
�P−1)(��PDP
−1) = PD2P−1
A3 = (PDP−1)3 = (PD��
�P−1)(��PD��
�P−1)(��PDP
−1) = PD3P−1
...
Ak = (PDP−1)k = (PD��
�P−1)(��PD��
�P−1)(��PD��
�P−1) · · · (��PD���P−1)(��PDP−1)︸ ︷︷ ︸
k fatores
= PDkP−1
e assim, transferimos o problema de calcular uma potência de A pelo problema de
calcular uma potência de uma matriz diagonal, que consiste em elevar cada entrada
de sua diagonal na potência considerada.
Observação. A equação caracteŕıstica de uma matriz de ordem 2 × 2 pode ser
escrita de forma bem simples. Note que se A =
[
a b
c d
]
, então temos
det (A− λ I) = det
[
a− λ b
c d− λ
]
= (a− λ)(d− λ)− (bc) = ad− (a+ d)λ+ λ2 − (bc)
= λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc)
e assim, chamando o termo a + d (soma das entradas da diagonal principal de A)
de traço de A, que será denotado por tr A, a equação caracteŕıstica de A é escrita
da forma
λ2 − (tr A)λ+ detA = 0
(a). Usando o que foi dito na observação acima, como tr A = (−1) + 4 = 3 e
detA = (−1)4− ((−1)6) = −4 + 6 = 2, A equação caracteŕıstica de A fica dada por
λ2 − 3λ+ 2 = 0
cujas ráızes são dadas por
λ1 = 2 e λ2 = 1
Portanto, os autovalores de A são:
• λ1 = 2 e λ2 = 1
Para determinar os autoespaços de A, precisamos resolver os seguintes sistemas
lineares homogêneos
(1)
[
−3 −1
6 2
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
e (2)
[
−2 −1
6 3
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
cujos conjuntos solução são dados, respectivamente, por
• S1 = {(x,−3x) : x ∈ R} = Span {(1,−3)}
• S2 = {(x,−2x): x ∈ R} = Span {(1,−2)}
Portanto, os autoespaços de A são dados por
• V1 = Nul (A− 2I) = Span {(1,−3)}
• V2 = Nul (A− I) = Span {(1,−2)}
(b). Vamos agora diagonalizar a matriz A. Note que dimV1 + dimV2 = 1 + 1 = 2,
pelos cálculos do item anterior, de onde segue que A é de fato uma matriz diago-
nalizável. Neste caso, podemos escrever A da forma A = PDP−1, onde P é uma
matriz invert́ıvel cujas colunas definem uma base de R2, formada por autovetores
de A, e D é uma matriz diagonal cujas entradas são os respectivos autovalores de
A.
Buscando os dados obtidos no item anterior, podemos tomar P =
[
1 1
−3 −2
]
, o
que implica que P =
[
−2 −1
3 1
]
. Portanto, a diagonalização de A é dada por
A =
[
1 1
−3 −2
] [
2 0
0 1
] [
−2 −1
3 1
]
(c). Queremos determinar a matriz A10. Como A é diagonalizável, usando o que
dizemos acima, temos
A10 = PD10P−1
e usando a diagonalização de A obtida no item anterior, temos
A10 = (PDP−1)10
= PD10P−1
=
[
1 1
−3 −2
] [
210 0
0 110
] [
−2 −1
3 1
]
=
[
1 1
−3 −2
] [
1024 0
0 1
] [
−2 −1
3 1
]
=
[
1024 1
−3072 −2
] [
−2 −1
3 1
]
=
[
−2045 −1023
6138 3074
]
5. Usamos a diagonalização para calcular potências de matrizes. Podemos usar esta
técnica para resolver equações polinomiais matriciais da forma Xn = A. Quando A
é uma matriz diagonalizável, esta equação é resolvida facilmente. Vamos fazer um
exemplo abaixo.
Consideremos A =
[
2 1
2 3
]
. Vamos determinar uma matriz X tal que X2 = A.
(i) Diagonalize a matriz A, isto é, fatore A da forma A = PDP−1, onde P é uma
matriz invert́ıvel e D é uma matriz diagonal.
(ii) Encontre uma matriz diagonal Y tal que Y 2 = D. (Sug. Lembre que num pro-
duto de matrizes diagonais, multiplicamos apenas as entradas correspondentes
das diagonais).
(iii) Defina X = PY P−1 e mostre que X2 = A.
(iv) Explique como você poderia generalizar este exerćıcio para encontrar uma ma-
triz X tal que Xn = A.
Solução. O propósito deste exerćıcio é discutir uma forma de resolver equações
matriciais da forma Xk = A, onde A é uma matriz diagonalizável, como uma
aplicação da diagonalização. Note que se A = PDP−1, com P invert́ıvel e D
diagonal, e Y k = D, então X := PY P−1 satisfaz a propriedade de que Xk = A. De
fato, pois neste caso, temos
Xk = (PY P−1)k
= (PY��
�P−1)(��PY��
�P−1)(��PY��
�P−1) · · · (��PY���P−1)(��PY P−1)︸ ︷︷ ︸
k fatores
= PY kP−1
= PDP−1
= A
Agora, note que se D =

λ1 0 · · · 0
0 λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · λn
, e Y é tal que Y k = D, então te-
mos Y =

k
√
λ1 0 · · · 0
0 k
√
λ2 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · k
√
λn
. Portanto, tudo o que precisamos fazer neste
exerćıcio é diagonalizar a matriz A considerada.
(i). Vamos começar procurando os autovalores de A. Como tr A = 2 + 3 = 5 e
detA = (2.3) − (1.2) = 6 − 2 = 4, segue que a equação caracteŕıstica de A é dada
por
λ2 − 5λ+ 4 = 0
cujas ráızes são λ1 = 4 e λ2 = 1. Sendo assim, os autovalores de A são dados por
• λ1 = 4 e λ2 = 1.
Os autoespaços de A então são dados por
• V1 = Nul (A− 4I) = conjunto solução do sistema homogêneo[
−2 1
2 −1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
• V2 = Nul (A− I) = conjunto solução do sistema homogêneo[
1 1
2 2
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
de modo que temos
• V1 = {x, 2x) : x ∈ R} = Span{(1, 2)}
• V2 = {(−y, y) : y ∈ R} = Span{(−1, 1)}
Logo, tomando
P =
[
1 −1
2 1
]
e D =
[
4 0
0 1
]
obtemos
P−1 =
[
1
3
1
3
−2
3
1
3
]
e consequentemente,a diagonalização de A é dada por[
2 1
2 3
]
︸ ︷︷ ︸
A
=
[
1 −1
2 1
]
︸ ︷︷ ︸
P
[
4 0
0 1
]
︸ ︷︷ ︸
D
[
1
3
1
3
−2
3
1
3
]
︸ ︷︷ ︸
P−1
(ii). Como foi dito antes, basta tomar Y =
[
2 0
0 1
]
, para obtermos
Y 2 =
[
2 0
0 1
] [
2 0
0 1
]
=
[
4 0
0 1
]
= D
(iii). Seja X = PY P−1, onde P =
[
1 −1
2 1
]
e Y =
[
2 0
0 1
]
. Então, usando o
que já foi determinado nos itens anteriores, temos
X2 = (PY P−1)2
= (PY P−1)(PY P−1)
= PY 2P−1
= PDP−1
= A
ou seja, X2 = A, como queŕıamos mostrar.
(iv). A generalização pretendida já foi explicada no ińıcio da solução. Mas repeti-
mos resumidamente aqui. Se A = PDP−1 é uma diagonalização de A e Y é uma
matriz diagonal tal que Y n = D, então tomando X = PY P−1 satisfaz a seguinte
propriedade:
Xn = (PDP−1)n = (PY��
�P−1)(��PY��
�P−1) · · · (��PY P−1)︸ ︷︷ ︸
n fatores
= PY nP−1 = PDP−1 = A
6. Seja A uma matriz 3×3. Considere os seguintes vetores v1 = (1, 0, 1), v2 = (−1, 1, 2)
e v3 = (1, 0, 2). Suponhamos que Av1 = 2v1, Av2 = −1v1 e Av3 = 2v3.
(a) Calcule os autovalores da matriz A5.
(b) Determine os autoespaços de A5.
Solução. Se A é uma matriz diagonalizável, então os autovalores de uma potência
de A são potências dos autovalores de A, pela discussão feita acima, pois neste
caso, temos A = PDP−1, com P invert́ıvel e D diagonal, de onde segue que Ak =
PDkP−1, onde a matriz P é a mesma de antes (então, invert́ıvel) e Dk é também
uma matriz diagonal, de onde conclúımos que Ak é diagonalizável. Sendo assim, a
matriz Dk possui em sua diagonal, os autovalores de Ak e a matriz P é uma matriz
cujas colunas são autovetores linearmente independentes de Ak (e assim, definem
uma base de Rn). Logo, se os autovalores de A são dados por λ1, λ2, . . . , λt, então os
autovalores de Ak são dados por λk1, λ
k
2, . . . , λ
k
t . Além disso, os autoespaços de A
k são
exatamente os mesmos autoespaços de A, obedecendo a seguinte correspondência:
Nul (A− λjI)←→ Nul (Ak − (λj)kI) (1 ≤ k ≤ t)
Com isto em mente, vamos resolver o exerćıcio em questão.
Note que Av1 = 2v1 e Av3 = 2v3. Assim, 2 é um autovalor de A. Além disso, como
v1 = (1, 0, 1) e v3 = (1, 0, 2) são linearmente independentes, segue que o autoespaço
de A associado ao autovalor 2 possui dimensão pelo menos igual a dois, isto é, temos
dimNul (A− 2I) ≥ 2.
Agora, também temos Av2 = −1v2, e segue que−1 é outro autovalor de A cujo auto-
espaço associado possui dimensão pelo menos igual a 1. Ou seja, temos dimNul (A+
I) ≥ 1.
Portanto, como a soma das dimensões dos autoespaços de uma matriz não pode ser
maior que sua ordem, segue que
3 = 2 + 1 ≤ dimNul (A− 2I) + dimNul (A+ I) ≤ 3
ou seja,
dimNul (A− 2I) + dimNul (A+ I) = 3
e temos que A é uma matriz diagonalizável. assim, podemos utilizar o que foi
discutido acima para finalizar o exerćıcio. Desta forma, temos:
(a). Os autovalores de A5 são: λ1 = 2
5 = 32 e λ2 = (−1)5 = −1
(b). Os autovalores de A5 são: V1 := Nul (A5 − 32I) = Span {v1,v3} e V2 :=
Nul (A5 + I) = Span {v2}
7. Seja A =
 1 0 −22 −1 −2
−3 0 2
 e v = (1, 0, 1).
(a) Verifique se v é um autovetor para a matriz A. Em caso afirmativo, apresente
o autovalor associado a v e determine a dimensão do autoespaço que contém
v. Em caso negativo, justifique sua resposta.
(b) É posśıvel decidir sobre a diagonalização de A, sem calcular os demais autova-
lores de A? Justifique.
Solução. (a). Vamos calcular o produto Av. Se o vetor resultante for um múltiplo
escalar de v, então conclúımos que v é um autovetor de A, associado ao autovalor
dado pelo escalar que define o fator de multiplicidade. Em caso contrário, conclúımos
que v não é um autovetor de A. Então, como
Av =
 1 0 −22 −1 −2
−3 0 2
 10
1
 =
 −10
−1
 = −1
 10
1
 = −1v
segue que v é uma autovetor de A associado ao autovalor −1.
O autoespaço associado ao autovalor −1 é dado por:
Nul (A+ I) = conjunto solução de
 2 0 −22 0 −2
−3 0 3
 xy
z
 =
 00
0

Note que a matriz de coeficientes deste sistema homogêneo possui uma coluna li-
nearmente independente (as duas últimas colunas são múltiplos escalares da pri-
meira). Assim, devemos ter posto (A + I) = 1 e segue do Teorema do Posto que
dimNul (A+ I) = 2.
(b). Como A é uma matriz de ordem 3×3 (ou A uma matriz quadrada de ordem 3),
segue que A é diagonalizável se, e somente se, o espaço R3 possui uma base formada
por autovetores de A. Isto, por sua vez, é equivalente ao fato de que a soma das
dimensões dos autoespaçosde A deve ser igual a três.
Portanto, a matriz A será diagonalizável se ela possuir um outro autoespaço de
dimensão 1. Mas isto certamente vai acontecer, pois os autovalores de uma matriz
são as ráızes reais de uma equação polinomial com coeficientes reais e uma tal
equação possui n ráızes complexas (em C), contando multiplicidades, onde n é a
ordem da matriz (no nosso caso, n = 3). Além disso, sabemos que se α = a+ bi ∈ C
é uma raiz desta equação, então α := a− bi (o complexo conjugado de α) também
o é. Assim, as ráızes pertencentes ao conjunto C \ R aparecem aos pares.
Logo, como o grau da equação caracteŕıstica det (A− λ I) = 0 é igual a 3 em nosso
exerćıcio, e já sabemos que λ = −1 é uma raiz dupla desta equação, conclúımos que
deve existir outra raiz real, digamos δ ∈ R. (Note que se λ = −1 fosse uma raiz
tripla da equação caracteŕıstica de A, deveŕıamos ter esta equação da forma
(−1− λ)3 = 0
coisa que claramente não acontece. Então, devemos ter
2 = multiplicidade geométrica de − 1 ≤ multiplicidade algébrica de − 1 < 3
de onde conclúımos que −1 é uma raiz dupla da equação caracteŕıstica de A).
Portanto, A possui um autovalor duplo (λ = −1) e um autovalor simples (δ =
outra raiz da equação caracteŕıstica). Sabemos também que todo autoespaço tem
dimensão maior ou igual a 1, pois o espaço nulo da matriz [A − λ I] não pode ser
nulo, se λ é um autovalor de A. Assim, no nosso exerćıcio devemos ter
dimNul (A+ I) + dimNul (A− δI) = 2 + 1 = 3
e segue que A é uma matriz diagonalizável.
8. Sabendo que os únicos autovalores de A =
 2 4 3−4 −6 −3
3 3 1
 são λ1 = 1 e λ2 = −2,
verifique se A é uma matriz diagonalizável. Em caso afirmativo, apresente uma
fatoração da forma A = PDP−1, onde P é uma matriz invert́ıvel e D é uma matriz
diagonal. Em caso negativo, apresente uma breve justificativa.
Solução. Vamos calcular a dimensão dos autoespaços de A para saber se A é
diagonalizável ou não. Como A tem ordem 3, para A ser diagonalizável temos que
obter que a soma das dimensões destes autoespaços deve ser igual a 3.
Como os únicos autovalores de A são λ1 = 1 e λ2 = −2, conclúımos que um deles
deve ser duplo. Se a dimensão deste autovalor duplo for igual a 2, podemos concluir
que A é diagonalizável, pelo que já argumentamos acima. Em caso contrário, A não
é diagonalizável.
Como não sabemos qual dos dois autovalores é duplo, vamos determinar ambos os
autoespaços de A, os quais são dados, respectivamente, pelo conjunto solução dos
seguintes sistema lineares homogêneos: 1 4 3−4 −7 −3
3 3 0
 xy
z
 =
 00
0
 e
 4 4 3−4 −4 −3
3 3 3
 xy
z
 =
 00
0

Note agora que a matriz de coeficientes do segundo sistema homogêneo acima possui
apenas duas colunas linearmente independentes, de onde segue que o posto desta
matriz é igual a 2, ou seja, temos dimNul (A+ 2I) = 1.
Analisando agora a matriz de coeficientes do primeiro sistema homogêneo, não é
dif́ıcil perceber que as duas primeiras colunas são independentes e a terceira coluna
é diferença da segunda pela primeira, ou seja, temos (3,−3, 0) = −1(1,−4, 3) +
(4,−7, 3), de modo que esta matriz também tem posto igual a 2. Como antes, isto
significa que dimNul (A−I) = 1, pelo Teorema do Posto. Se não percebemos estas
relações entre as colunas da matriz de coeficientes deste sistema, então resolvemos
o sistema para encontrar o conjunto solução e determinar sua dimensão, a qual
coincide com o número de variáveis livres na solução geral. deixamos estes cálculos
ao encargo do leitor.
Portanto, como a soma das dimensões dos autoespaços de A é igual a 2, segue que
A não é diagonalizável.
9. Considere as seguintes matrizes A =
 2 4 3−4 −6 −3
3 3 1
, P =
 1 −1 −2−1 1 2
1 0 −2
 e
D =
 1 0 00 −2 0
0 0 1
.
(a) Calcule o produto AP .
(b) Calcule o produto PD.
(c) Com base nos resultados acima, você pode garantir que A é uma matriz dia-
gonalizável? Apresente uma breve justificativa.
(d) Sendo A a matriz do exerćıcio anterior, existe alguma inconsistência entre
suas respostas?
(e) Qual é a condição que está faltando ser exigida neste exerćıcio para que pos-
samos concluir que a igualdade AP = PD implique em diagonalização de A?
Solução. O objetivo deste exerćıcio é chamar a atenção do aluno que a simples
existência de uma matriz P (sem nenhuma hipótese sobre ela) e uma matriz diagonal
D tais que a igualdade AP = PD se verifica, não garante a diagonalização de A.
(a). Temos
AP =
 2 4 3−4 −6 −3
3 3 1
 1 −1 −2−1 1 2
1 0 −2

=
 1 2 −2−1 −2 2
1 0 −2

ou seja,
AP =
 1 2 −2−1 −2 2
1 0 −2

(b). Temos
PD =
 1 −1 −2−1 1 2
1 0 −2
 1 0 00 −2 0
0 0 1

=
 1 2 −2−1 −2 2
1 0 −2

ou seja,
PD =
 1 2 −2−1 −2 2
1 0 −2

(c). Uma matriz A é diagonalizável somente quando existem uma matriz invert́ıvel
P e uma matriz diagonal D tais que A = PDP−1. Neste caso, multiplicando-se esta
igualdade por P à direita, obtemos AP = (PD��
�P−1)��P = PD.
Agora, tendo a igualdade AP = PD, para garantir que A é uma matriz diagona-
lizável, precisaŕıamos multiplicar à direita pela inversa de P , ou seja, precisamos
que a matriz P seja uma matriz invert́ıvel, coisa que não podemos garantir neste
exerćıcio.
Note que a terceira coluna de P é múltipla da primeira, de modo que a matriz P
dada no enunciado não é uma matriz invert́ıvel. Portanto a igualdade AP = PD,
com D matriz diagonal não garante que A seja diagonalizável.
(d). Este item pretende chamar a atenção do aluno mais desatento que poderia ter
respondido que A é diagonalizável por conta da igualdade acima. A hipótese de P
ser invert́ıvel é fundamental na diagonalização e esta condiçaõ não se verifica neste
exerćıcio. Concluindo, não basta encontrar uma matriz qualquer P e uma matriz
diagonal D tais que AP = PD para garantir que A seja diagonalizável. Esta matriz
P necessariamente precisa ser invert́ıvel.
(e). Como explicado acima, a condição que está faltando para que a igualdade
AP = PD, onde D é uma matriz diagonal, implique em que A seja uma matriz
diagonalizável, é que P seja uma matriz invert́ıvel.
10. Classifique as afirmações abaixo em verdadeiras ou falsas, apresentando uma breve
justificativa.
(a) Seja A uma matriz de ordem n × n. Então as matrizes A e At possuem os
mesmos autovalores.
Afirmação verdadeira. Os autovalores de uma matriz são as ráızes reais de
sua equação caracteŕıstica. Agora note que
det (At − λ I) = det (A− λ I)t = det (A− λ I)
de onde decorre que a equação caracteŕıstica de At é exatamente igual a equação
caracteŕıstica de A. Portanto, A e At possuem os mesmos autovalores.
(b) Seja A uma matriz de ordem n × n. Então as matrizes A e At possuem os
mesmos autoespaços.
Afirmação falsa. Em geral, os autoespaços de A e de At são distintos.
Considere, por exemplo, a matriz A =
[
5 2
−3 0
]
. Neste caso, temos At =[
5 −3
2 0
]
, obtendo assim (os cálculos serão omitidos):
Autovalores de A : λ1 = 3 e λ2 = 2.
Autoespaços de A :
{
V1 = Nul (A− 3I) = Span{(−1, 1)}
V2 = Nul (A− 2I) = Span{(−2, 3)}
Autovalores de At : δ1 = 3 e δ2 = 2.
Autoespaços de At :
{
W1 = Nul (At − 3I) = Span{(1, 1)}
W2 = Nul (At − 2I) = Span{(3, 2)}
(c) Seja A uma matriz de ordem 5×5 que possui apenas três autovalores distintos.
Se o autoespaço associado a um deles tem dimensão 2, então A é diagonalizável.
Afirmação falsa. Sabemos que A é diagonalizável se, e somente se, a soma das
dimensões dos autoespaços de A é igual a sua ordem. No caso deste exerćıcio,
A é uma matriz quadrada de ordem 5, que possui três autoespaços. Se um deles
tem dimensão igual a 2, teŕıamos que garantir que a soma das dimensões dos
outros dois seja igual a 3, o que não pode ser feito com as hipóteses assumidas.
Sabemos que a dimensão de um autoespaço é maior ou igual a 1 e, então, se
acontecer que cada um dos outros autoespaços sejaunidimensional, então A
não seria diagonalizável.
(d) Sejam A, P e D matrizes n × n. Se D é uma matriz diagonal e AP = PD,
então as colunas de P são autovetores de A.
Afirmação verdadeira. Suponhamos que as entradas da diagonal de D sejam
dadas, nesta ordem, por: λ1, λ2, . . . , λn. Então, se denotarmos a matriz P da
forma P = [v1 v2 · · · vn], onde vj é a j-ésima coluna de P , teremos
AP = A[v1 v2 · · · vn] = [Av1 Av2 · · · Avn]
e
PD = [v1 v2 · · · vn]D = [λ1v1 λ2v2 · · · λnvn]
Logo, se AP = PD, então
[Av1 Av2 · · · Avn] = [λ1v1 λ2v2 · · · λnvn]
e segue que as colunas de P são autovetores de A associado ao autovalor dado
pela respectiva entrada da diagonal de D.
Observação. Note que uma matriz diagonal D age, por multiplicação à es-
querda, em uma matriz A, multiplicando cada linha da matriz A pela corres-
pondente entrada da diagonal de D. Por outro lado, D age, por multiplicação
à direita, em uma matriz A, multiplicando cada coluna da matriz A pela cor-
respondente entrada da diagonal de D. Por exemplo
•
[
5 0
0 −3
]
︸ ︷︷ ︸
D
[
3 −2
1 4
]
︸ ︷︷ ︸
A
=
[
15 −10
−3 −2
]
(multiplicamos as linhas de A pelas
respectivas entradas da diagonal de D).
•
[
3 −2
1 4
]
︸ ︷︷ ︸
A
[
5 0
0 −3
]
︸ ︷︷ ︸
D
=
[
15 6
5 −12
]
(multiplicamos as colunas de A pe-
las respectivas entradas da diagonal de D).
(e) Se A é uma matriz invert́ıvel, então A é diagonalizável.
Afirmação falsa. A matriz A =
[
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
]
, que representa uma
rotação de um ângulo θ no sentido anti-horário em R2 é invert́ıvel e, se tomar-
mos θ /∈ {0, π}, então ela não é diagonalizável, já que A não possui nenhum
autovalor (as ráızes de sua equação caracteŕıstica não são números reais).
(f) Se A é uma matriz diagonalizável, então A é uma matriz invert́ıvel.
Afirmação falsa. A matriz A =
[
1 1
1 1
]
é diagonalizável e não é uma matriz
invert́ıvel, pois suas colunas são linearmente dependentes, quando vistas como
vetores de R2. Note que seus autovalores são dados por λ1 = 2 e λ2 = 0, pois
um cálculo simples mostra que[
1 1
1 1
] [
1
1
]
=
[
2
2
]
= 2
[
1
1
]
e
[
1 1
1 1
] [
−1
1
]
=
[
0
0
]
= 0
[
−1
1
]
Logo, os autoespaços de A são dados por
Nul (A− 2I) = Span {(1, 1)} e Nul (A) = Span {(−1, 1)}
Note que cada um dos autoespaços tem dimensão maior ou igual a 1, e a
soma destas dimensões não pode ultrapassar a 2. Então, os autoespaços só
podem ser estes mostrados acima. Portanto, A é diagonalizável, como afirmado
inicialmente, mas não é invert́ıvel.
(g) Seja A uma matriz invert́ıvel. Então todo autovetor de A é também um auto-
vetor de A−1.
Afirmação verdadeira. Suponhamos que v seja um autovetor de A, associ-
ado ao autovalor λ. Então, temos Av = λv. Logo, obtemos:
v = Iv = (A−1A)v = A−1(Av) = A−1(λv) = λA−1v
ou seja, λA−1v = v, de onde segue que A−1v = (λ)−1v
Portanto, se v é um autovetor de A, associado ao autovalor λ, então v é um
autovetor de A−1, associado ao autovalor λ−1.
(h) Se A é uma matriz de ordem n × n, então A possui no máximo n autovalores
distintos.
Afirmação verdadeira. Note que os autovalores de uma matriz são as ráızes
reais de sua equação caracteŕıstica, a qual é uma equação polinomial de grau
n com coeficientes reais. Uma tal equação possui no máximo n ráızes reais
(esta equação pode possuir algumas ráızes complexas, com parte imaginária
não nula, que não são números reais)