(4,0) Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right]
a) Calcule o polinômio característico de A;
b) Determine os autovalores de A;
c) Encontre uma matriz ortogonal P \in M_{3 \times 3} e uma matriz diagonal D \in M_{3 \times 3} tais que A=P D P^{T};
d) Calcule A^{2025}.

Passo 1

Enunciado e o que é pedido (peguei todos os dados do enunciado):
  • A matriz dada é
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
O enunciado pede:
(a) calcular o polinômio característico de A;
(b) determinar os autovalores de A;
(c) encontrar uma matriz ortogonal P\in M_{3\times3} e uma matriz diagonal D\in M_{3\times3} tais que A=P D P^{T};
(d) calcular A^{2025}.]

Passo 2

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Para calcular o determinante, faço operações de linha que não alteram o determinante exceto por multiplicações por escalares simples: subtraio a primeira linha da segunda e da terceira (operações do tipo R_2\leftarrow R_2-R_1 e R_3\leftarrow R_3-R_1), o que preserva o determinante:
\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1-\lambda \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] \lambda & -\lambda & 0\\[4pt] \lambda & 0 & -\lambda \end{vmatrix}.
Agora desenvolvo por Laplace usando a primeira coluna (ou fatoro \lambda das linhas 2 e 3):
extraindo fator \lambda das linhas 2 e 3:
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2} \begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{vmatrix}.
Calculo o determinante 3×3 restante (fazendo expansão ou operações): subtraindo a segunda coluna da primeira coluna do menor:
\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{vmatrix},
mas é mais direto observar que o determinante final resulta em 3-\lambda (ver passo conceitual abaixo). Portanto
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}(3-\lambda).
Em forma expandida:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+3\lambda^{2}.
Observação didática rápida: a extração de fatores e as operações de linha visam simplificar o determinante; o resultado mostra que \lambda=0 é raiz de multiplicidade 2 e \lambda=3 é raiz simples.]

Passo 3

Determinar os autovalores a partir do polinômio característico.
Como \det(A-\lambda I)=\lambda^{2}(3-\lambda), as raízes são:
\lambda=0\quad(\text{multiplicidade }2),\qquad \lambda=3\quad(\text{multiplicidade }1).
Portanto os autovalores de A são \{3,0,0\}.
Explicação didática: os autovalores são os \lambda que tornam A-\lambda I singular (determinante zero). Aqui aparece \lambda=0 duas vezes porque o posto de A é 1 (matriz de todas as entradas iguais tem posto 1).

Passo 4

Encontrar autovetores (espaços próprios) e construir uma base ortonormal de autovetores.
Para \lambda=3 resolvo (A-3I)x=0. Isso dá:
\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -2 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}x=0.
Soma das equações leva a 0, e é fácil ver que todos os componentes iguais satisfazem: x=(1,1,1)^{T} é um autovetor associado a \lambda=3.
Normalizando, defino
u_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},
que tem norma 1.
Para \lambda=0 resolvo A x=0, ou seja x_{1}+x_{2}+x_{3}=0. O espaço próprio é o subespaço \{x:\;x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\}, de dimensão 2. Posso escolher duas vetores independentes e ortogonais entre si e a u_{1}. Por exemplo:
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v_{3}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Verifico que v_{2}\cdot v_{3}=1-1+0=0 (são ortogonais) e ambos são ortogonais a (1,1,1) porque suas coordenadas somam zero. Normalizo-os:
u_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad u_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
As colunas u_{1},u_{2},u_{3} formam uma base ortonormal de \mathbb{R}^{3} composta por autovetores de A.]

Passo 5

Construir P ortogonal e D diagonal de forma explícita.
Tomando P com as colunas u_{1},u_{2},u_{3}:
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}.
Por construção as colunas são ortonormais, portanto P^{T}P=I, o que significa que P é ortogonal ( P^{-1}=P^{T}).
A matriz diagonal D tem os autovalores nas posições correspondentes às colunas de P. Como associamos u_{1} a \lambda=3 e u_{2},u_{3} a \lambda=0, temos
D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Como A é simétrica, pela teoria dos valores e vetores próprios existe tal diagonalização ortogonal, e de fato verifica-se que
A=P D P^{T}.]

Passo 6

Calcular A^{2025} usando a diagonalização (explicação didática e cálculo).
Se A=P D P^{T} com P ortogonal então, para qualquer inteiro positivo k,
A^{k}=P D^{k} P^{T}.
Como D=\operatorname{diag}(3,0,0), tem-se
D^{2025}=\operatorname{diag}(3^{2025},0,0).
Logo
A^{2025}=P\begin{pmatrix}3^{2025} & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}P^{T} =3^{2025}\,u_{1}u_{1}^{T}.
Aqui u_{1}u_{1}^{T} é a matriz projeção sobre a direção \operatorname{span}\{(1,1,1)\}. Calculando u_{1}u_{1}^{T}:
u_{1}u_{1}^{T}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Portanto
A^{2025}=3^{2025}\cdot\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\end{pmatrix} =3^{2024}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Observação alternativa curta (intuição): escrevendo J para a matriz de todas as entradas 1, tem-se J^{2}=3J (cada entrada é soma de três uns), daí J^{k}=3^{k-1}J para k\ge1; como A=J, obtem-se o mesmo resultado A^{2025}=3^{2024}A.]

Resposta

(a) \det(A-\lambda I)=\lambda^{2}(3-\lambda)=-\lambda^{3}+3\lambda^{2}.
(b) Os autovalores são \lambda=3 e \lambda=0 (com multiplicidade 2).
(c) Uma escolha é
P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\[6pt] \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix},
que satisfaz A=PDP^{T}.
(d) A^{2025}=3^{2024}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 1 & 1\end{pmatrix}=3^{2024}A.]

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