Considere a matriz A=\left[\begin{array}{cc}2 & -1 \\\\ 1 & a\end{array}\right] com a parâmetro real,
a para que valores de a, a matriz dada admite um único valor próprio?
b considerando a=-2, calcule e^{A t}.
c Supondo que a=4, determine uma matriz P invertível e uma forma canônica de Jordan J tais que P^{-1} A P=J.
Seja T: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2} uma transformação linear tal que:
a T(0,1)=(2,3), T(1,1)=(1,1) Calcule os autovalores e autovetores de T
b Mostre que a matriz \mathrm{A}=\left[\begin{array}{ll}4 & 4 \\\\ 1 & 4\end{array}\right] é diagonalizável e calcule A^{n} para n \in \mathbb{N}.
c Calcule A^{n} da matriz A=\left[\begin{array}{cc}9 & 4 \\\\ -9 & -3\end{array}\right]
d Calcule A^{n}, A=\left[\begin{array}{lll}4 & 1 & 0 \\\\ 0 & 4 & 1 \\\\ 0 & 0 & 4\end{array}\right]

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais dados ele fornece, separando por partes para não nos perder.
Parte 1 (matriz A):
  • Dada a matriz \displaystyle A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt] 1 & a\end{pmatrix}, com a\in\mathbb{R}.
    As perguntas são:
    1. (a) Para quais valores de a a matriz admite um único valor próprio (isto é, apenas um autovalor distinto)?
    2. (b) Para a=-2, calcular e^{A t}.
    3. (c) Para a=4, determinar uma matriz invertível P e a forma canônica de Jordan J tal que P^{-1} A P = J.
Parte 2 (transformação T e outras matrizes):
  • É dada uma transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 com
    • T(0,1)=(2,3),
    • T(1,1)=(1,1).
      As perguntas são:
    1. (a) Calcule os autovalores e autovetores de T.
  • Em seguida há três problemas separados com matrizes A:
    1. (b) Mostrar que \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&4\\[4pt]1&4\end{pmatrix} é diagonalizável e calcular A^{n} para n\in\mathbb{N}.
    2. (c) Calcular A^{n} para \displaystyle A=\begin{pmatrix}9&4\\[4pt]-9&-3\end{pmatrix}.
    3. (d) Calcular A^{n} para \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&1&0\\[4pt]0&4&1\\[4pt]0&0&4\end{pmatrix}.
Estas são todas as perguntas. A partir do próximo passo eu começo a resolver e a ensinar passo a passo as ideias e fórmulas necessárias.]

Passo 2

Parte 1(a): encontrar quando A tem um único autovalor.
  • Para achar autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I).
\det\!\big(A-\lambda I\big)= \det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]1 & a-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(a-\lambda)-(-1)\cdot1.
  • Expando:
(2-\lambda)(a-\lambda)+1 = (2a -2\lambda -a\lambda +\lambda^2)+1 =\lambda^2-(2+a)\lambda+(2a+1).
  • Um único autovalor distinto ocorre quando o polinômio tem raiz dupla, isto é, quando o discriminante é zero. O discriminante é
\Delta=(2+a)^2-4(2a+1).
  • Calculo \Delta:
\Delta=(a+2)^2-8a-4 = a^2+4a+4-8a-4 = a^2-4a = a(a-4).
  • Portanto \Delta=0 exatamente quando a(a-4)=0, ou seja a=0 ou a=4.
    Conclusão (provisória): as duas situações em que há apenas um autovalor distinto são a=0 e a=4. Vou explicar depois o que significa geometricamente (multiplicidade algébrica vs. geométrica).]

Passo 3

Parte 1(b): calcular e^{At} para a=-2.
  • Primeiro escrevo a matriz quando a=-2:
A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
  • Vou usar uma fórmula prática para exponencial de matrizes 2\times2 baseada em decompor A por traço e parte traç-zero. A ideia é:
    • Seja s=\operatorname{tr}(A) e p=\det(A).
    • Defina \alpha=\dfrac{s}{2} e \beta por \beta^2=\alpha^2-p.
    • Então, para o caso \beta\neq0,
    e^{At}=e^{\alpha t}\Big(\operatorname{cosh}(\beta t)\,I+\frac{\operatorname{sinh}(\beta t)}{\beta}\,(A-\alpha I)\Big).Esta fórmula vem do teorema de Cayley–Hamilton e da diagonalização no caso complexo; funciona bem para matrizes 2\times2.
  • Aqui calculamos s e p:
    • s = 2+(-2)=0, então \alpha=0.
    • p = \det(A)=2\cdot(-2)-(-1)\cdot1 = -4+1=-3.
    • Logo \beta^2=\alpha^2-p = 0 - (-3) = 3, então \beta=\sqrt{3}.
  • Substituindo na fórmula (com \alpha=0 e A-\alpha I=A):
e^{At}=\operatorname{cosh}(\sqrt{3}\,t)\,I+\frac{\operatorname{sinh}(\sqrt{3}\,t)}{\sqrt{3}}\,A.
  • Observação didática: outra forma seria diagonalizar A (tem autovalores \pm\sqrt{3}) e obter a mesma expressão; a fórmula acima é mais direta e evita encontrar autovetores explicitamente.]

Passo 4

Parte 1(c): caso a=4 — encontrar P e forma de Jordan J.
  • Primeiro a matriz:
A=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]1 & 4\end{pmatrix}.
  • Do Passo 2 já sabemos que com a=4 o polinômio característico tem raiz dupla. Calculamos o autovalor:
\text{polinômio } \lambda^2-(2+4)\lambda+(2\cdot4+1)=\lambda^2-6\lambda+9=(\lambda-3)^2,ô
portanto o autovalor é \lambda=3 com multiplicidade algébrica 2.
  • Precisamos ver a multiplicidade geométrica (número de autovetores independentes). Calculo A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
As linhas são múltiplas; o sistema (A-3I)x=0 dá a equação -x-y=0, ou seja x=-y. Assim o espaço próprio tem dimensão 1: apenas uma direção de autovetores. Portanto A não é diagonalizável e possui uma única cadeia de Jordan de tamanho 2.
  • Escolho um autovetor v e um vetor generalizado w que satisfaça (A-3I)w=v.
    • Um autovetor: tomando y=1 temos x=-1, logo v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} (qualquer múltiplo serve; escolhi este por simplicidade).
    • Agora resolvo (A-3I)w=v. Escrevo w=\begin{pmatrix}u\\[4pt]v_2\end{pmatrix} (uso v_2 só para não confundir) e resolvo
\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\[4pt]v_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
A primeira linha dá -u-v_2=1. Posso escolher u=0 para simplificar; então v_2=-1. Assim um vetor generalizado é w=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
  • Agora monto
P=\begin{pmatrix}v & w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-1 & -1\end{pmatrix}, \qquad J=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix},
que satisfaz P^{-1} A P = J. (Verificação: por construção P tem colunas autovetor e vetor generalizado, que é o procedimento padrão para formar a base de Jordan.)]

Passo 5

Parte 2(a): transformação T — obter matriz e calcular autovalores/autovetores.
  • Dados: T(0,1)=(2,3) e T(1,1)=(1,1).
  • Escrevo e_1=(1,0), e_2=(0,1). Temos T(1,1)=T(e_1+e_2)=T(e_1)+T(e_2). Assim
T(e_1)=T(1,1)-T(e_2)=(1,1)-(2,3)=(-1,-2).
  • A matriz de T na base canônica tem colunas T(e_1),T(e_2). Logo
A_T=\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt]-2 & 3\end{pmatrix}.
  • Calculo o polinômio característico: traço s=-1+3=2, determinante p=(-1)\cdot3 - 2\cdot(-2) = -3+4=1. Logo
\chi(\lambda)=\lambda^2 - 2\lambda +1=(\lambda-1)^2.
  • Assim o único autovalor é \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2).
  • Para autovetores, resolvo (A_T - I)x=0:
A_T - I = \begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix},
a equação dá -2x+2y=0 ou x=y. Logo o espaço próprio é gerado por \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}. Há apenas uma direção própria (multiplicidade geométrica 1). Portanto autovalor \lambda=1 com autovetores escalares de \big\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\big\}.]

Passo 6

Parte 2(b): matriz \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&4\\[4pt]1&4\end{pmatrix} — mostrar diagonalizável e calcular A^n.
  • Calculo autovalores: traço s=8, determinante p=4\cdot4-4\cdot1=16-4=12. Polinômio \lambda^2-8\lambda+12.
  • Raízes:
\lambda=\frac{8\pm\sqrt{64-48}}{2}=\frac{8\pm4}{2}\Rightarrow \lambda_1=6,\\ \lambda_2=2.
Dois autovalores distintos garantem diagonalizabilidade (em \mathbb{R}).
  • Encontro autovetores:
    • Para \lambda=6: resolvo (A-6I)x=0 com
    A-6I=\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix},a relação -2x+4y=0 x=2y. Tomo autovetor v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
    • Para \lambda=2: A-2I=\begin{pmatrix}2 & 4\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}, dá 2x+4y=0 então x=-2y. Tomo v_2=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Monto P=\begin{pmatrix}2 & -2\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} e D=\operatorname{diag}(6,2).
  • Inverso de P: \det P = 2\cdot1 -(-2)\cdot1 = 4. Então
P^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}.
  • Então para n\in\mathbb{N}:
A^{n}=P \begin{pmatrix}6^{n} & 0\\[4pt]0 & 2^{n}\end{pmatrix}P^{-1}.
  • Para ficar com entradas explícitas, multiplico:
    • Primeiro P\operatorname{diag}(6^n,2^n)=\begin{pmatrix}2\cdot6^n & -2\cdot2^n\\[4pt]1\cdot6^n & 1\cdot2^n\end{pmatrix}.
    • Multiplicando por P^{-1}=(1/4)\begin{pmatrix}1&2\\[4pt]-1&2\end{pmatrix} obtém-se, após calcular:
A^{n}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\big(6^{n}+2^{n}\big) & 6^{n}-2^{n}\\[6pt] \dfrac{1}{4}\big(6^{n}-2^{n}\big) & \dfrac{1}{2}\big(6^{n}+2^{n}\big) \end{pmatrix}.
  • Valores como esses aparecem frequentemente: combinação linear das potências dos autovalores, organizada pela decomposição espectral.]

Passo 7

Parte 2(c): matriz \displaystyle A=\begin{pmatrix}9&4\\[4pt]-9&-3\end{pmatrix} — calcular A^{n}.
  • Calculo traço e determinante: traço s=9+(-3)=6, determinante p=9\cdot(-3)-4\cdot(-9)=-27+36=9.
  • Polinômio característico \lambda^2-6\lambda+9=(\lambda-3)^2. Autovalor único \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2).
  • Verifico multiplicidade geométrica: A-3I=\begin{pmatrix}6&4\\[4pt]-9&-6\end{pmatrix}. As linhas são múltiplas, rank 1, então espaço próprio tem dimensão 1. Assim a matriz tem uma única cadeia de Jordan de tamanho 2 (não é diagonalizável).
  • Método eficiente: escrevo A=3I+N, com N=A-3I. Como N^2=0 (verificação direta: calculei as entradas e obtive a matriz nula), então a fórmula binomial simplifica:
A^{n}=(3I+N)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}3^{\,n-k}N^{k}=3^{n}I + n\,3^{\,n-1}N,
porque N^2=0 anula todos os termos de grau \ge2.
  • Escrevendo explicitamente N=\begin{pmatrix}6&4\\[4pt]-9&-6\end{pmatrix}, obtemos
A^{n}=3^{\,n}I + n\,3^{\,n-1}\begin{pmatrix}6&4\\[4pt]-9&-6\end{pmatrix} =3^{\,n-1}\begin{pmatrix}6n+3 & 4n\\[6pt]-9n & 3-6n\end{pmatrix}.
(Esta forma tem todas as entradas explícitas e é prática para cálculos.)]

Passo 8

Parte 2(d): matriz triangular \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&1&0\\[4pt]0&4&1\\[4pt]0&0&4\end{pmatrix} — calcular A^{n}.
  • Observação: A é uma matriz de Jordan composta por um bloco 3\times3 com autovalor 4 e 1s na superdiagonal. Escrevo A=4I+N onde N tem 1s na superdiagonal e zeros na diagonal e abaixo:
N=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&1\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix}.
  • Propriedade: N^3=0 (pois deslocar 3 vezes a subdiagonal superior dá zero). Assim ao usar o binômio:
A^{n}=(4I+N)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}4^{\,n-k}N^{k},
mas só os termos k=0,1,2 sobrevivem (para k\ge3, N^k=0).
  • Portanto
A^{n}=4^{n}I + n\,4^{\,n-1}N + \frac{n(n-1)}{2}\,4^{\,n-2}N^{2}.
  • Calculo N e N^2:
N=\begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&1\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\qquad N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix}.
  • Substituindo e escrevendo as entradas:
A^{n}=\begin{pmatrix} 4^{n} & n\,4^{\,n-1} & \dfrac{n(n-1)}{2}\,4^{\,n-2}\\[10pt] 0 & 4^{n} & n\,4^{\,n-1}\\[6pt] 0 & 0 & 4^{n} \end{pmatrix}.
  • Esta é a forma padrão para potências de blocos de Jordan: aparecem binomiais multiplicando potências da diagonal.]

Resposta

(a) a=0 ou a=4.
(b) Para a=-2: \displaystyle e^{At}=\operatorname{cosh}\!\big(\sqrt{3}\,t\big)\,I+\dfrac{\operatorname{sinh}\!\big(\sqrt{3}\,t\big)}{\sqrt{3}}\,A.
(c) Para a=4: \displaystyle P=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]-1&-1\end{pmatrix},\qquad J=\begin{pmatrix}3&1\\[4pt]0&3\end{pmatrix}.
Parte 2 (a) T: o único autovalor é \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2) e os autovetores são múltiplos de \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(b) \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&4\\[4pt]1&4\end{pmatrix} é diagonalizável (autovalores 6 e 2). Para n\in\mathbb{N},
\displaystyle A^{n}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}\big(6^{n}+2^{n}\big) & 6^{n}-2^{n}\\[6pt] \dfrac{1}{4}\big(6^{n}-2^{n}\big) & \dfrac{1}{2}\big(6^{n}+2^{n}\big) \end{pmatrix}.
(c) Para \displaystyle A=\begin{pmatrix}9&4\\[4pt]-9&-3\end{pmatrix},
\displaystyle A^{n}=3^{\,n-1}\begin{pmatrix}6n+3 & 4n\\[6pt]-9n & 3-6n\end{pmatrix}.
(d) Para \displaystyle A=\begin{pmatrix}4&1&0\\[4pt]0&4&1\\[4pt]0&0&4\end{pmatrix},
\displaystyle A^{n}=\begin{pmatrix} 4^{n} & n\,4^{\,n-1} & \dfrac{n(n-1)}{2}\,4^{\,n-2}\\[10pt] 0 & 4^{n} & n\,4^{\,n-1}\\[6pt] 0 & 0 & 4^{n} \end{pmatrix}.]

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