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}2 & 2 & -1 \\\\ 1 & 3 & -1 \\\\ -1 & -2 & 2\end{array}\right]
determinar os autovalores (e suas multiplicidades);
para cada autovalor, encontrar uma base do autoespaço (isto é, encontrar vetores próprios que formem uma base do espaço solução de (A-\lambda I)x=0);
dizer se A é diagonalizável;
em caso afirmativo, determinar a matriz P tal que A=PDP^{-1} (com D diagonal) e calcular A^{100}.
Informações dadas e úteis: a própria matriz A. Não há outras figuras ou tabelas. A resolução vai usar definição de autovalor/autovetor, cálculo do polinômio característico \det(A-\lambda I), resolução de sistemas lineares homogêneos para encontrar autoespaços, e o fato que se A=PDP^{-1} então A^{k}=PD^{k}P^{-1}.]
Passo 2
Vou calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
Vou fatorar o polinômio \lambda^3-7\lambda^2+11\lambda-5. Testo raízes racionais \pm1,\pm5.
Substituindo \lambda=1 obtenho 1-7+11-5=0, logo \lambda=1 é raiz. Faço a divisão por (\lambda-1) (ou fatorizo):
Resolvo o sistema (A-5I)x=0. Denotando x=(x,y,z)^T, as equações são:
-3x+2y-z=0,\qquad x-2y-z=0,\qquad -x-2y-3z=0.
Uso a segunda equação para expressar x em função de y,z:
x=2y+z.
Substituo na primeira:
-3(2y+z)+2y-z=-6y-3z+2y-z=-4y-4z=0 \implies y=-z.
Logo y=-z. Então x=2y+z=2(-z)+z=-z. Assim uma solução não trivial é tomar z=1 e obter
(x,y,z)=(-1,-1,1).
Portanto o autoespaço associado a \lambda=5 é gerado por (-1,-1,1). Podemos preferir o vetor com sinal trocado (1,1,-1). Assim uma base para o autoespaço \lambda=5 é
As linhas mostram dependência: a segunda linha é igual à primeira, e a terceira é o negativo da primeira. Então todas as equações reduzem-se a uma única equação:
x+2y-z=0 \quad\Longleftrightarrow\quad z=x+2y.
Isso dá dois graus de liberdade (dois parâmetros), portanto a dimensão do autoespaço é 2 — igual à multiplicidade algébrica 2. Podemos escolher parâmetros s=x e t=y. Então
(x,y,z)=s(1,0,1)+t(0,1,2).
Portanto um conjunto de vetores que forma base do autoespaço de \lambda=1 é
\{(1,0,1),\\ (0,1,2)\}.
Comentário didático rápido: a igualdade entre multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) e multiplicidade algébrica para \lambda=1 (ambas iguais a 2) é crucial para diagonalização: se isso ocorrer para todos autovalores, a matriz é diagonalizável.]
Passo 6
Concluo sobre diagonalizabilidade: como para \lambda=1 a dimensão do autoespaço é 2 (igual à multiplicidade algébrica) e para \lambda=5 a dimensão é 1 (igual à multiplicidade algébrica), a soma das dimensões dos autoespaços é 2+1=3, que é a ordem da matriz. Logo A é diagonalizável.
Para construir P e D escolho uma base de autovetores formada por vetores próprios linearmente independentes: coloco primeiro os dois vetores associados a \lambda=1 e em seguida o vetor próprio associado a \lambda=5. Assim:
Agora escrevo s=5^{100} para simplificar os símbolos. Como D^{100} multiplica a terceira coluna de P por s, podemos calcular A^{100}=P D^{100} P^{-1} observando que isso equivale a multiplicar a terceira coluna de P por s antes de multiplicar por P^{-1}. Seguindo o produto (ou fazendo diretamente P D^{100} P^{-1}) obtém-se, após somas e multiplicações, a matriz A^{100} com entradas racionais lineares em s:
Observação prática: essa forma tem um comportamento intuitivo: para s=1 (caso 5^{0}) a matriz é a identidade; para s=5 (caso k=1) recupera-se A. Para grandes k, a contribuição do autovalor 5 domina via s=5^{k}.]
Resposta
\text{Autovalores: }\lambda=1\text{ (multiplicidade algébrica }2),\\ \lambda=5\text{ (multiplicidade algébrica }1)éé\n \text{Base do autoespaço de }\lambda=1:\\ \{(1,0,1),(0,1,2)\}ç\n \text{Base do autoespaço de }\lambda=5:\\ \{(1,1,-1)\}ç\n \text{A é diagonalizável: Sim.}éá\n