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]

Passo 1

O enunciado nos dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 2 & -1 \\[4pt] 1 & 3 & -1 \\[4pt] -1 & -2 & 2\end{pmatrix}
e pede:
  1. determinar os autovalores (e suas multiplicidades);
  2. 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);
  3. dizer se A é diagonalizável;
  4. 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:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 2 & -1 \\[4pt] 1 & 3-\lambda & -1 \\[4pt] -1 & -2 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Faço a expansão por cofactores usando a primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\[4pt] -2 & 2-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 3-\lambda \\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix}.
Agora calculo cada determinante 2×2:
  1. \det\begin{pmatrix}3-\lambda & -1 \\\\ -2 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(2-\lambda)-(-1)(-2)= (3-\lambda)(2-\lambda)-2.
  2. \det\begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(2-\lambda)-(-1)\cdot(-1)=(2-\lambda)-1=1-\lambda.
  3. \det\begin{pmatrix}1 & 3-\lambda \\\\ -1 & -2\end{pmatrix}=1\cdot(-2)-(3-\lambda)(-1)=-2+(3-\lambda)=1-\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big((3-\lambda)(2-\lambda)-2\big)-2(1-\lambda)-1(1-\lambda).
Expando (3-\lambda)(2-\lambda)-2=\lambda^2-5\lambda+4. Então
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)-2(1-\lambda)-(1-\lambda).
Desenvolvendo:
(2-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)=-\lambda^3+7\lambda^2-14\lambda+8,
e somando -2(1-\lambda)-(1-\lambda)=-3+3\lambda. Assim
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+7\lambda^2-14\lambda+8-3+3\lambda=-\lambda^3+7\lambda^2-11\lambda+5.
Multiplicando por -1 para obter coeficiente principal positivo:
\det(A-\lambda I)=\lambda^3-7\lambda^2+11\lambda-5.]

Passo 3

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):
\lambda^3-7\lambda^2+11\lambda-5=(\lambda-1)(\lambda^2-6\lambda+5).
O polinômio quadrático \lambda^2-6\lambda+5 fatoriza como (\lambda-1)(\lambda-5). Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(\lambda-1)^2(\lambda-5).
Conclusão (autovalores e multiplicidades algébricas):
\lambda=1\\ \text{com multiplicidade algébrica }2,\qquad \lambda=5\\ \text{com multiplicidade algébrica }1.éé

Passo 4

Agora encontro autoespaços (autovetores) resolvendo (A-\lambda I)x=0 para cada \lambda.
Primeiro \lambda=5. Calculo A-5I:
A-5I=\begin{pmatrix}-3 & 2 & -1 \\[4pt] 1 & -2 & -1 \\[4pt] -1 & -2 & -3\end{pmatrix}.
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
\{(1,1,-1)\}.]

Passo 5

Agora \lambda=1. Calculo A-I:
A-I=\begin{pmatrix}1 & 2 & -1 \\[4pt] 1 & 2 & -1 \\[4pt] -1 & -2 & 1\end{pmatrix}.
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:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Defino
P=\begin{pmatrix} v_1 & v_2 & v_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 2 & -1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5\end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional na prova): A P = P D — cada coluna de P é autovetor com respectivo autovalor em D.]

Passo 7

Agora calculo A^{100}. Pelo teorema da diagonalização, se A=PDP^{-1} então
A^{100}=P D^{100} P^{-1}.
Calcula-se D^{100} simplesmente elevando cada entrada diagonal:
D^{100}=\begin{pmatrix}1^{100} & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1^{100} & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5^{100}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5^{100}\end{pmatrix}.
Para obter uma expressão explícita de A^{100} calculo P^{-1}. Já temos
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 2 & -1\end{pmatrix},
o determinante de P é \det P=-4 (cálculo direto), e a inversa é
P^{-1}=\begin{pmatrix}\tfrac{3}{4} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{4} \\[6pt] -\tfrac{1}{4} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{4} \\[6pt] \tfrac{1}{4} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{4}\end{pmatrix}.
(Verificação: P^{-1}P=I.)
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:
A^{100}= \begin{pmatrix} \dfrac{3+s}{4} & \dfrac{-1+s}{2} & \dfrac{1-s}{4} \\[8pt] \dfrac{-1+s}{4} & \dfrac{1+s}{2} & \dfrac{1-s}{4} \\[8pt] \dfrac{1-s}{4} & \dfrac{1-s}{2} & \dfrac{3+s}{4} \end{pmatrix}, \qquad\text{onde }s=5^{100}.
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
\displaystyle P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 2 & -1\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\\ \text{(tal que }A=PDP^{-1}\text{)}\n
\displaystyle A^{100}= \begin{pmatrix} \dfrac{3+5^{100}}{4} & \dfrac{-1+5^{100}}{2} & \dfrac{1-5^{100}}{4} \\[8pt] \dfrac{-1+5^{100}}{4} & \dfrac{1+5^{100}}{2} & \dfrac{1-5^{100}}{4} \\[8pt] \dfrac{1-5^{100}}{4} & \dfrac{1-5^{100}}{2} & \dfrac{3+5^{100}}{4} \end{pmatrix}.]

Exercícios relacionados