Como ya se ha dicho en un comentario, esta factorización es incorrecta.
Sin embargo, podemos demostrar que $A$ es nilpotente como sigue. Supongamos, a efectos de contradicción, que $A$ tiene un valor propio distinto de cero. Supongamos que $x \in \Bbb C^n$ es un vector propio de $A$ con un valor propio asociado $\lambda \neq 0$ . Tenemos $Ax = \lambda x$ . De ello se deduce que $$ 2A(P^{-1}x) = P^{-1}APP^{-1}x = P^{-1}Ax = \lambda P^{-1}x \iff\\ A(P^{-1}x) = (\lambda/2)P^{-1}x. $$ Es decir, si $\lambda$ es un valor propio de $A$ entonces también lo es $\lambda/2$ (y lo contrario también es válido). A partir de ahí, nos vemos obligados a concluir que $\lambda/2^k$ es un valor propio para todos los números enteros $k$ lo que significa que $A$ tiene infinitos valores propios, lo cual es imposible.
Así, $A$ tiene $0$ como único valor propio, lo que significa que su polinomio característico es $p(x) = x^n$ . Por el teorema de Cayley-Hamilton, $A$ debe ser nilpotente.
Si insistes en un enfoque "sin vectores", aquí tienes otra prueba. Supongamos que $\lambda \neq 0$ es un valor propio de $A$ . Por el Identidad determinante de Sylvester tenemos $$ \begin{align} 0 &= \det(\lambda I - A) = \det(I - \lambda^{-1}A) \\ & = \det(I - (\lambda^{-1}/2)P^{-1}AP) = \det(I - (\lambda^{-1}/2) (AP)P^{-1}) = \det(2\lambda I - A). \end{align} $$ Como antes, deducimos que $\lambda$ es un valor propio de $A$ si $2\lambda$ es también un valor propio de $A$ .
Otro enfoque, utilizando la traza en lugar del determinante. Tomando el $k$ potencia de ambos lados de la ecuación $2A = P^{-1}AP$ tenemos $$ 2^kA^k = P^{-1}A^k P, \quad k = 1,2,3,\dots $$ Tomando la traza de ambos lados de la ecuación se obtiene $$ 2^k\operatorname{tr}(A^k) = \operatorname{tr}(A^k) \implies \operatorname{tr}(A^k) = 0, \quad k = 1,2,3,\dots. $$ En otras palabras, $\lambda_1^k + \cdots + \lambda_n^k = 0$ para todos los enteros positivos $k$ (donde $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ son los valores propios de $A$ ). Utilizando Las identidades de Newton podemos concluir que $A$ debe tener $0$ como su único valor propio.
Obsérvese que es posible que esta ecuación se cumpla cuando $A$ es un operador lineal arbitrario. Por ejemplo $A$ denotan el operador de derivada sobre el espacio vectorial de funciones suaves sobre $\Bbb R$ . Sea $P$ denota el operador $f(x) \mapsto f(2x)$ . Encontramos que $$ [P^{-1}AP] f(x) = [P^{-1}A]f(2x) = P^{-1} \frac d{dx}f(2x) = P^{-1} 2f'(2x) = 2f'(x) = 2Af(x). $$ Por lo tanto, es cierto que $P^{-1}AP = 2A$ .
En particular, cada $\lambda \in \Bbb R$ es un valor propio de $A$ .
