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}{rrr}5 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ -1 & 0 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]-1 & 0 & 3\end{pmatrix}
e pede:
  • os autovalores de A;
  • uma base para cada autoespaço (autovetores correspondentes);
  • dizer se A é diagonalizável;
  • em caso afirmativo, determinar uma matriz P tal que A=PDP^{-1};
  • calcular A^{100}.
As informações relevantes dadas são apenas os elementos da matriz A acima. A resolução começa calculando os autovalores através do polinômio característico e, em seguida, encontrando os autovetores (núcleos de A-\lambda I).]

Passo 2

Definição e método: um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que Av=\lambda v. Isso equivale a (A-\lambda I)v=0, ou seja, v pertence ao núcleo de A-\lambda I. Para achar os autovalores calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I).
Vamos montar A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 5-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & -\lambda & 0\\[4pt] -1 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Como essa matriz tem muitos zeros, o determinante se calcula facilmente expandindo pela primeira linha.]

Passo 3

Cálculo do polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 0\\[4pt]0 & 3-\lambda\end{pmatrix} =(5-\lambda)(-\lambda)(3-\lambda).
Portanto os autovalores são as raízes do polinômio:
\lambda=0,\qquad \lambda=3,\qquad \lambda=5.
Cada um aparece com multiplicidade algébrica 1 (raízes distintas).]

Passo 4

Método para encontrar autovetores: para cada \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0. Começo por \lambda=5.
Para \lambda=5 temos
A-5I= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -5 & 0\\[4pt] -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Escrevendo v=(x,y,z)^T, o sistema (A-5I)v=0 dá as equações:
0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0\quad(\text{sem informação}),çã
-5y=0\implies y=0,
- x -2z=0\implies x=-2z.
Livre escolher z=t\neq0. Assim os autovetores associados a \lambda=5 são múltiplos de
(-2,0,1).
Uma base do autoespaço de \lambda=5 é \{(-2,0,1)\}.]

Passo 5

Agora \lambda=3. Temos
A-3I= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -3 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Com v=(x,y,z)^T, as equações são:
2x=0\implies x=0,
-3y=0\implies y=0,
- x +0\cdot y +0\cdot z=0\quad(\text{redundante, já dá }x=0).áá
A variável livre é z. Escolhendo z=t\neq0, os autovetores são múltiplos de
(0,0,1).
Uma base do autoespaço de \lambda=3 é \{(0,0,1)\}.]

Passo 6

Agora \lambda=0. Temos A-0I=A:
A= \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Resolvendo Av=0 com v=(x,y,z)^T:
5x=0\implies x=0,
0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0\quad(\text{segunda equação não impõe}),çããõ
- x + 3z=0\implies -0 + 3z=0\implies z=0.
A variável livre é y. Com y=t\neq0 obtemos autovetores múltiplos de
(0,1,0).
Uma base do autoespaço de \lambda=0 é \{(0,1,0)\}.]

Passo 7

Resumo dos autoespaços encontrados:
E_{5}=\mathrm{span}\{(-2,0,1)\},\qquad E_{3}=\mathrm{span}\{(0,0,1)\},\qquad E_{0}=\mathrm{span}\{(0,1,0)\}.
Como encontramos três autovalores distintos e, para cada um, um autovetor não-nulo (total de 3 autovetores linearmente independentes), concluímos que A é diagonalizável (autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes).

Passo 8

Escolhemos P com colunas formadas por um autovetor de cada autovalor, na mesma ordem que colocaremos em D. Por exemplo, ordenando os autovalores como 5,0,3 tomamos colunas:
v_{5}=(-2,0,1)^T,\quad v_{0}=(0,1,0)^T,\quad v_{3}=(0,0,1)^T.
Assim
P=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Verificamos que \det(P)=-2\neq0, logo P é invertível. Calculando P^{-1} (usando adjunta/ cofatores ou resolvendo sistemas), obtemos
P^{-1}=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0 & 1\end{pmatrix}.
Com isso temos a factorização
A=PDP^{-1}.]

Passo 9

Para calcular A^{100} usamos que A=PDP^{-1} implica A^{100}=PD^{100}P^{-1}. Como D é diagonal,
D^{100}=\begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0^{100} & 0\\[4pt]0 & 0 & 3^{100}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3^{100}\end{pmatrix}.
Calculemos PD^{100}:
PD^{100}=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3^{100}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\cdot 5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]5^{100} & 0 & 3^{100}\end{pmatrix}.
Agora multiplico por P^{-1}:
A^{100}=(PD^{100})P^{-1} = \begin{pmatrix}-2\cdot 5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]5^{100} & 0 & 3^{100}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0 & 1\end{pmatrix}.
Multiplicando as matrizes (faça termo a termo ou use que só há entradas nas colunas 1 e 3), obtemos
A^{100}=\begin{pmatrix} 5^{100} & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] \dfrac{3^{100}-5^{100}}{2} & 0 & 3^{100} \end{pmatrix}.]

Resposta

Autovalores: \lambda=5,\; \lambda=3,\; \lambda=0.
Para \lambda=5: base do autoespaço \{(-2,0,1)\}.
Para \lambda=3: base do autoespaço \{(0,0,1)\}.
Para \lambda=0: base do autoespaço \{(0,1,0)\}.
A é diagonalizável: Sim.
Uma escolha válida é
P=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 0 & 1\end{pmatrix},
com que A=PDP^{-1}.
A^{100}=\begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]\dfrac{3^{100}-5^{100}}{2} & 0 & 3^{100}\end{pmatrix}.]

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