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}{lll}3 & 0 & 0 \\\\ 2 & 1 & 4 \\\\ 1 & 0 & 4\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 1 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 4\end{pmatrix}
e pede:
  1. Determinar os autovalores de A.
  2. Para cada autovalor, encontrar uma base do correspondente autoespaço.
  3. Dizer se A é diagonalizável.
  4. Em caso afirmativo, fornecer uma matriz P tal que A = P D P^{-1} (com D diagonal) e calcular A^{100}.
Informações relevantes dadas: a matriz A acima (matriz 3\times3). Não há outras informações externas.]

Passo 2

O que é preciso fazer primeiro: achar os autovalores. Lembrando o procedimento (passo-a-passo): os autovalores \lambda são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I). Vou calcular \det(A-\lambda I).
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 1-\lambda & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Repare que a primeira linha tem zeros nas colunas 2 e 3; isso simplifica o cálculo do determinante: expandindo pela primeira linha, só o primeiro termo contribui. Assim
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 4 \\[4pt] 0 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 4 \\[4pt] 0 & 4-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(4-\lambda)-4\cdot 0=(1-\lambda)(4-\lambda).
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(1-\lambda)(4-\lambda).]

Passo 3

Das fatorações obtemos imediatamente as raízes (autovalores):
\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=4.
Cada autovalor aparece uma vez como raiz do polinômio característico (multiplicidade algébrica 1 para cada um). Quando os autovalores são distintos em uma matriz 3\times3, isso já dá forte indício de diagonalizabilidade (vou confirmar encontrando autovetores — deve haver 3 vetores linearmente independentes).

Passo 4

Agora calculo os autovetores (autoespaços) resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda. Começo por \lambda=3.
Para \lambda=3:
A-3I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & -2 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T então as equações são
\begin{cases} 0=0 &\text{(primeira linha, nenhuma informação)}\\[4pt] 2x-2y+4z=0\\[4pt] x+z=0. \end{cases}çã
Da terceira equação vem \;x=-z.\] Substituindo na segunda: \[2(-z)-2y+4z=0 \quad\Rightarrow\quad -2z-2y+4z=0 \quad\Rightarrow\quad 2z-2y=0.\] Assim \(z=y. Usando x=-z obtemos x=-y. Logo um autovetor livre (escolhendo y=1) é
v_{3}=(-1,\,1,\,1)^T.
Portanto o autoespaço de \lambda=3 é \operatorname{span}\{(-1,1,1)\}.]

Passo 5

Para \lambda=1\): \[A-1I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Com v=(x,y,z)^T as equações são
\begin{cases} 2x=0\\[4pt] 2x+4z=0\\[4pt] x+3z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. Substituindo \(x=0 nas outras obtém-se 4z=0\Rightarrow z=0. A segunda e terceira ficam satisfeitas. A coordenada y não aparece em nenhuma equação, é livre. Logo escolhemos y=1 e tomamos o autovetor
v_{1}=(0,\,1,\,0)^T.
O autoespaço de \lambda=1 é \operatorname{span}\{(0,1,0)\}.]

Passo 6

Para \lambda=4\): \[A-4I=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & -3 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Sistema para v=(x,y,z)^T:
\begin{cases} - x = 0\\[4pt] 2x-3y+4z=0\\[4pt] x = 0. \end{cases}
Das primeiras/terceiras equações vem x=0\]. Substituindo na segunda: \[-3y+4z=0 \quad\Rightarrow\quad 4z=3y \quad\Rightarrow\quad z=\tfrac{3}{4}y.\] Tomamos um valor inteiro conveniente para \(y, por exemplo y=4, daí z=3. Assim um autovetor é
v_{4}=(0,\,4,\,3)^T.
O autoespaço de \lambda=4 é \operatorname{span}\{(0,4,3)\}.]

Passo 7

Resumindo as dimensões dos autoespaços (multiplicidades geométricas): para cada autovalor obtivemos um autovetor independente, portanto cada autoespaço tem dimensão 1. Como existem 3 autovalores distintos com 3 autovetores linearmente independentes, temos um conjunto de 3 vetores independentes no \mathbb{R}^3. Pelo critério de diagonalização, A é diagonalizável.

Passo 8

Agora escolho uma ordem dos autovalores para formar D e, conforme essa ordem, coloco os autovetores em P como colunas. Vou escolher a ordem \;3,\,1,\,4\;. Então
D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 4\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 1 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 3 \end{pmatrix},
onde as colunas de P são v_3,\,v_1,\,v_4 respectivamente. Por construção vale
A = P\,D\,P^{-1}.]

Passo 9

Vou calcular P^{-1} explicitamente (útil para escrever A^{100} em forma explícita). Primeiro o determinante de P:
expansão pela primeira linha dá
\det(P)=-1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 4\\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}=-1\cdot(1\cdot 3-4\cdot 0)=-3.
O adjunto (matriz dos cofatores transposta) pode ser calculado; obtém-se
\operatorname{adj}(P)=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & -3 & 4 \\[4pt] -1 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Portanto
P^{-1}=\dfrac{1}{\det(P)}\operatorname{adj}(P)=-\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & -3 & 4 \\[4pt] -1 & 0 & -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt]-\tfrac{1}{3} & 1 & -\tfrac{4}{3} \\[4pt]\tfrac{1}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.]

Passo 10

Cálculo de A^{100}. Usamos a propriedade fundamental: se A=PDP^{-1} então
A^{100}=P D^{100} P^{-1},
onde D^{100} é a diagonal com potências dos autovalores:
D^{100}=\begin{pmatrix}3^{100} & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1^{100} & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 4^{100}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3^{100} & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 4^{100}\end{pmatrix}.
Para obter uma expressão explícita de A^{100} eu calculo P D^{100} P^{-1}. Uma maneira prática é primeiro formar B=D^{100}P^{-1} (escala as linhas de P^{-1}) e depois multiplicar P por B.
Calculando B=D^{100}P^{-1} (cada linha i de P^{-1} é multiplicada por d_i):
B=\begin{pmatrix} -3^{100} & 0 & 0 \\[4pt] -\tfrac{1}{3} & 1 & -\tfrac{4}{3} \\[4pt] \tfrac{1}{3}4^{100} & 0 & \tfrac{1}{3}4^{100} \end{pmatrix}.
Agora A^{100}=P B. Multiplicando P por B (faço produto coluna a coluna) obtem-se a forma explicitada das entradas. O resultado é
A^{100}=\begin{pmatrix} 3^{100} & 0 & 0 \\[6pt] -3^{100}+\dfrac{4^{101}-1}{3} & 1 & \dfrac{4^{101}-4}{3} \\[8pt] -3^{100}+4^{100} & 0 & 4^{100} \end{pmatrix}.
(Na multiplicação usei (4/3)4^{100}=\dfrac{4^{101}}{3} para simplificar as frações; as entradas estão escritas de maneira que se vê a dependência explícita das potências 3^{100} e 4^{100}.)]

Resposta

Autovalores: \;3,\;1,\;4.
Base do autoespaço de \lambda=3: \{(-1,\,1,\,1)\}.
Base do autoespaço de \lambda=1: \{(0,\,1,\,0)\}.
Base do autoespaço de \lambda=4: \{(0,\,4,\,3)\}.
A é diagonalizável: \text{sim}.
Matriz P (colunas = autovetores na ordem \;3,1,4\;):
P=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 1 & 4 \\[4pt] 1 & 0 & 3\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 4\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt]-\tfrac{1}{3} & 1 & -\tfrac{4}{3} \\[4pt]\tfrac{1}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
A^{100}:
A^{100}=\begin{pmatrix} 3^{100} & 0 & 0 \\[6pt] -3^{100}+\dfrac{4^{101}-1}{3} & 1 & \dfrac{4^{101}-4}{3} \\[8pt] -3^{100}+4^{100} & 0 & 4^{100} \end{pmatrix}.]

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