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

Passo 1

O enunciado pede várias coisas para a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 1 & 2 \\[4pt] 3 & 3 & 2\end{pmatrix}.
As perguntas são:
  1. Determinar os autovalores de A.
  2. Para cada autovalor, determinar uma base do autoespaço (os autovetores).
  3. Dizer se A é diagonalizável.
  4. Em caso afirmativo, fornecer uma matriz P tal que A = P \, D \, P^{-1} (especificar D também).
  5. Calcular A^{100}.
Informações relevantes dadas no enunciado:
  • A própria matriz A está especificada acima.
  • Não há restrições adicionais; assumimos que trabalhamos em \mathbb{R}^3.]

Passo 2

Vamos encontrar os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda & 2 \\[4pt] 3 & 3 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculamos a determinante por expansão (ou regra de Sarrus/eliminação). Expandindo pela primeira linha:
\det(A-\lambda I) = -\lambda\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}.
Agora calculamos cada determinante interno:
  1. \displaystyle \det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)-6=\lambda^{2}-3\lambda-4.
  2. \displaystyle \det\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix}=2(2-\lambda)-6=-2-2\lambda.
  3. \displaystyle \det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}=6-3(1-\lambda)=3+3\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I) = -\lambda(\lambda^{2}-3\lambda-4) -1(-2-2\lambda) +1(3+3\lambda).
Simplificando termo a termo:
\det(A-\lambda I) = -\lambda^{3}+3\lambda^{2}+4\lambda +2+2\lambda +3+3\lambda = -\lambda^{3}+3\lambda^{2}+9\lambda+5.
Multiplicando por -1 para facilitar a fatoração:
\lambda^{3}-3\lambda^{2}-9\lambda-5=0.
Testamos raízes racionais: \lambda=5 é raiz, pois 125-75-45-5=0. Dividindo o polinômio por (\lambda-5) obtemos o quociente \lambda^{2}+2\lambda+1=(\lambda+1)^2. Portanto o polinômio caracteriza-se como
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-5)(\lambda+1)^2.
Assim os autovalores são \lambda=5 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 2).]

Passo 3

Agora vamos encontrar os autovetores (autoespaços) resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda.
Primeiro \lambda=5. Escrevemos A-5I:
A-5I=\begin{pmatrix}-5 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & -4 & 2 \\[4pt] 3 & 3 & -3\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T então temos o sistema linear:
\begin{cases} -5x + y + z = 0,\\[4pt] 2x -4y + 2z = 0,\\[4pt] 3x +3y -3z = 0. \end{cases}
Podemos simplificar a terceira equação dividindo por 3\]: \(x+y-z=0\Rightarrow z=x+y.
Substituindo em 1ª: -5x + y + (x+y) = -4x +2y =0 \Rightarrow y=2x.
Então z = x+y = x+2x = 3x.
Logo um autovetor associado a \lambda=5 é v_1=(1,2,3)^T. O autoespaço é a reta gerada por esse vetor, isto é
E_{5}=\operatorname{span}\{(1,2,3)^T\}.]

Passo 4

Agora \lambda=-1. Escrevemos A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\[4pt] 2 & 2 & 2 \\[4pt] 3 & 3 & 3\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+I)v=0 para v=(x,y,z)^T obtemos a única equação independente
x+y+z=0,
pois as outras são múltiplos desta. Então o espaço solução tem dimensão 2. Podemos escolher parâmetros s=y e t=z. Assim
x=-y-z=-s-t,
e
v = \begin{pmatrix}-s-t \\[4pt] s \\[4pt] t\end{pmatrix}= s\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}+ t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto uma base conveniente do autoespaço correspondente a \lambda=-1 é
E_{-1}=\operatorname{span}\{(-1,1,0)^T,\; (-1,0,1)^T\}.]

Passo 5

Determinação da diagonalizabilidade.
  • O autovalor \lambda=5 tem multiplicidade algébrica 1 e o seu autoespaço é de dimensão 1.
  • O autovalor \lambda=-1 tem multiplicidade algébrica 2 e o seu autoespaço tem dimensão 2 (encontramos duas vectores linearmente independentes).
Como a soma das dimensões dos autoespaços é 1+2=3, que é igual à dimensão do espaço, a matriz A tem um conjunto de 3 autovetores linearmente independentes. Logo A é diagonalizável.

Passo 6

Escolhemos uma matriz P cujas colunas são autovetores linearmente independentes e D diagonal com os autovalores correspondentes na mesma ordem. Uma escolha natural é colocar primeiro o autovetor de \lambda=5 e depois os dois de \lambda=-1. Assim tomamos
P=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] 2 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0\\[4pt]0 & -1 & 0\\[4pt]0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Com essa escolha tem-se
A = P\,D\,P^{-1}.
(Se preferir outra ordem de colunas em P, D muda a ordem das entradas; ambos são válidos, desde que a ordem de D corresponda às colunas de P.)]

Passo 7

Cálculo de A^{100}.
A forma mais simples é usar diagonalização: A^{100}=P\,D^{100}\,P^{-1}. Como D é diagonal,
D^{100}=\begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & (-1)^{100} & 0\\[4pt]0 & 0 & (-1)^{100}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5^{100} & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Para apresentar A^{100} de maneira elegante e sem calcular P^{-1} explicitamente, observe que D^{100}=I+(5^{100}-1)E_{11} onde E_{11} é a matriz que tem 1 apenas na entrada (1,1). Assim
A^{100}=P\bigl(I+(5^{100}-1)E_{11}\bigr)P^{-1}=I+(5^{100}-1)P E_{11} P^{-1}.
A matriz P E_{11} P^{-1} é o projetor sobre o autoespaço de \lambda=5 (projetando na direção do autovetor v_1=(1,2,3)^T ao longo do complemento gerado pelos autovetores de -1). Esse projetor pode ser escrito como
\frac{v_1 w^T}{w^T v_1},
onde w é um autovetor à esquerda correspondente a \lambda=5, ou seja, w^T A = 5 w^T. Encontramos w resolvendo A^T w = 5 w. Calculando A^T e resolvendo obtemos w=(1,1,1)^T (qualquer múltiplo serve). Verificamos w^T v_1 = (1,1,1)\cdot(1,2,3)=6. Portanto
P E_{11} P^{-1}=\frac{1}{6}\,v_1 w^T=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\end{pmatrix} =\frac{1}{6}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]2 & 2 & 2\\[4pt]3 & 3 & 3\end{pmatrix}.
Substituindo em A^{100}:
A^{100}=I+(5^{100}-1)\frac{1}{6}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]2 & 2 & 2\\[4pt]3 & 3 & 3\end{pmatrix}.
Essa fórmula dá A^{100} de forma compacta e explícita (cada entrada é uma combinação linear de 1 e 5^{100}).]

Resposta

Autovalores: \lambda=5 e \lambda=-1 (este com multiplicidade algébrica 2).\n
Base do autoespaço de \lambda=5: \{(1,2,3)^T\}.\n
Base do autoespaço de \lambda=-1: \{(-1,1,0)^T,\;(-1,0,1)^T\}.\n
A é diagonalizável: Sim.\n
Uma decomposição A=PDP^{-1} é dada por
P=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1\\[4pt]2 & 1 & 0\\[4pt]3 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0\\[4pt]0 & -1 & 0\\[4pt]0 & 0 & -1\end{pmatrix}.\n
Fórmula para A^{100}:
A^{100}=I+(5^{100}-1)\frac{1}{6}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]2 & 2 & 2\\[4pt]3 & 3 & 3\end{pmatrix}.]

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