Para cada uma das seguintes matrizes, determine os autovalores e uma base para cada autoespaço. A matriz A é diagonalizável? Em caso afirmativo, determine a matriz P tal que A=P \cdot D \cdot P^{-1} calcule A^{100}.
A=\left[\begin{array}{rr}1 & 0 \\\\ 6 & -1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]6 & -1\end{pmatrix}
e pede:
  1. determinar os autovalores de A;
  2. para cada autovalor, encontrar uma base do autoespaço correspondente (ou seja, vetores próprios);
  3. dizer se A é diagonalizável; se sim, encontrar P tal que A=PDP^{-1};
  4. calcular A^{100}.
    Informações relevantes dadas: a própria matriz A. Não há outras condições escondidas.]

Passo 2

O que é preciso fazer primeiro — e por que — é calcular os autovalores. Um autovalor \lambda satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade 2\times2. Para uma matriz 2\times2 isso basta porque os autovalores são as raízes do polinômio característico. Vamos calcular esse determinante passo a passo:
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]6 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-1-\lambda)-0\cdot 6.
Agora desenvolvo o produto:
(1-\lambda)(-1-\lambda)=-1+\lambda^{2}.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^{2}-1 = 0.
Fatorando,
\lambda^{2}-1=(\lambda-1)(\lambda+1),
logo as raízes (autovalores) são \lambda=1 e \lambda=-1.]

Passo 3

Agora precisamos achar os vetores próprios (autovetores) para \lambda=1\). Isso significa resolver \[(A-I)v=0.
Escrevendo a matriz:
A-I=\begin{pmatrix}1-1 & 0\\[4pt]6 & -1-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]6 & -2\end{pmatrix}.
Se v=(x,y)^T, o sistema linear associado é
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y = 0\\[4pt] 6x - 2y = 0. \end{cases}
A primeira equação é trivial; a segunda dá 6x-2y=0\Rightarrow y=3x\]. Então os vetores próprios associados a \(\lambda=1 têm a forma
v = x\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad x\in\mathbb{R},\\ x\neq 0\\ \text{(para não ser o vetor zero)}.ã
Uma base para o autoespaço correspondente a \lambda=1 é, por exemplo, \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 4

Agora os vetores próprios para \lambda=-1\). Resolver \[(A+I)v=0
porque A-(-1)I=A+I. Calculamos
A+I=\begin{pmatrix}1+1 & 0\\[4pt]6 & -1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]6 & 0\end{pmatrix}.
Se v=(x,y)^T, o sistema é
\begin{cases} 2x + 0\cdot y = 0\\[4pt] 6x + 0\cdot y = 0. \end{cases}
Ambas implicam x=0\], e \(y é livre. Assim os vetores próprios têm a forma
v = y\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad y\in\mathbb{R},\\ y\neq 0.
Uma base para o autoespaço de \lambda=-1 é \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 5

Critério de diagonalizabilidade usado (explicação didática): uma matriz n\times n é diagonalizável se existir uma base do espaço formada por n vetores próprios linearmente independentes. Um caso simples e muito útil: se uma matriz n\times n tem n autovalores distintos (ou seja, todos diferentes), então ela tem n autovetores linearmente independentes e assim é diagonalizável. Aqui temos dois autovalores distintos para uma matriz 2\times2, logo A é diagonalizável.
Para construir P e D tomamos como colunas de P vetores próprios correspondendo às entradas de D. Vou escolher a ordem \lambda=1 primeiro e \lambda=-1 segundo. Assim:
P=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix},
onde a primeira coluna de P é o autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix} (para \lambda=1) e a segunda é \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix} (para \lambda=-1).
Para verificar e para poder usar a diagonalização, precisamos de P^{-1}. O determinante de P é
\det(P)=1\cdot 1 - 0\cdot 3 = 1,
então P é invertível e sua inversa, pela fórmula de inversa para 2\times2, é
P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}.
Verificação rápida (multiplicações mostradas): primeiro
PD=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix},
depois
PD\,P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]6 & -1\end{pmatrix}=A,
logo A=PDP^{-1} está correto.]

Passo 6

Cálculo de A^{100}. A vantagem da diagonalização é que potências ficam fáceis:
A^{100} = P D^{100} P^{-1}.
Como D é diagonal com entradas 1 e -1, temos
D^{100}=\begin{pmatrix}1^{100} & 0\\[4pt]0 & (-1)^{100}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=I.
Portanto
A^{100}=P I P^{-1}=P P^{-1}=I.
Observação alternativa (útil para a prova): já que A tem autovalores 1 e -1, e neste caso verificamos também que A^{2}=I (pode-se multiplicar A por si mesma para checar), então A^{100}=(A^{2})^{50}=I^{50}=I. Ambas as estratégias dão o mesmo resultado.]

Resposta

Autovalores: \lambda=1,\\ \lambda=-1
Base do autoespaço de \lambda=1: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}
Base do autoespaço de \lambda=-1: \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
A é diagonalizável? Sim.
Uma escolha de P e D tal que A=PDP^{-1}:
P=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}.
A^{100}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.]

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