Dada a matriz A e seus autovalores, encontre uma base para o autoespaço associado a cada autovalor dado. A matriz A é diagonalizável? Em caso afirmativo, calcule A^{5}.
A=\left[\begin{array}{ll}3 & 0 \\\\ 2 & 1\end{array}\right], \lambda_{1}=1, \lambda_{2}=3.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 0 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}
e os autovalores \lambda_{1}=1 e \lambda_{2}=3. As perguntas são:
  1. Encontrar uma base para o autoespaço associado a \lambda_{1}=1.
  2. Encontrar uma base para o autoespaço associado a \lambda_{2}=3.
  3. Dizer se A é diagonalizável.
  4. Se for diagonalizável, calcular A^{5}.
As informações relevantes dadas são a matriz A e os valores próprios \lambda_{1} e \lambda_{2}. Não há outras informações adicionais.]

Passo 2

Primeiro um lembrete didático sobre o que é um autoespaço e como encontrá-lo. Para um autovalor \lambda, o autoespaço associado é o núcleo da matriz (A-\lambda I), isto é, o conjunto de vetores v tais que
(A-\lambda I)v=0.
Para encontrar uma base do autoespaço, fazemos o seguinte procedimento prático:
  • Calcular a matriz (A-\lambda I).
  • Resolver o sistema linear homogêneo (A-\lambda I)v=0 por eliminação (ou inspeção).
  • Os vetores livres que geram a solução formam uma base do autoespaço.
Também é importante saber: para uma matriz de ordem 2, se os dois autovalores são distintos então a matriz é automaticamente diagonalizável, pois teremos dois autovetores linearmente independentes.

Passo 3

Agora aplicamos o procedimento para \lambda_{1}=1.
Calculemos (A-\lambda_{1} I). Temos
A-\lambda_{1}I = \begin{pmatrix}3 & 0 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix}.
Devemos resolver
\begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[4pt] y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são
2x+0y=0
e
2x+0y=0.
Ambas dão a mesma condição x=0. A variável y é livre; escrevemos y=t com t\in\mathbb{R}. Assim os vetores solução são
\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt] t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Portanto um gerador (e base) do autoespaço associado a \lambda_{1}=1 é o vetor \begin{pmatrix}0\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora para \lambda_{2}=3.
Calculemos (A-\lambda_{2} I). Temos
A-\lambda_{2}I = \begin{pmatrix}3 & 0 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}3 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.
Resolvemos
\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[4pt] y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são
0\cdot x + 0\cdot y = 0
(equação trivial) e
2x-2y = 0.
A segunda dá 2(x-y)=0 então x=y. Tomando x=t temos y=t, com t\in\mathbb{R}. Assim os vetores solução são
\begin{pmatrix}t\\[4pt] t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Logo uma base do autoespaço associado a \lambda_{2}=3 é o vetor \begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Decidindo se A é diagonalizável. Como a matriz é 2\times2 e encontramos dois autovalores distintos \lambda_{1}=1 e \lambda_{2}=3, já sabemos que existem dois autovetores linearmente independentes (os vetores que achamos são múltiplos de \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, que não são colineares). Portanto A é diagonalizável.
Para diagonalizar explicitamente, montamos a matriz P cujas colunas são autovetores correspondentes, e a matriz diagonal D com os autovalores na mesma ordem:
escolhendo a ordem \lambda_{1}=1 primeiro e \lambda_{2}=3 segundo, tomamos
P=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}.
Valem A=PDP^{-1}.]

Passo 6

Agora calculamos A^{5} usando a diagonalização. A ideia é que
A^{5} = P D^{5} P^{-1},
e D^{5} é fácil porque D é diagonal:
D^{5} = \begin{pmatrix}1^{5} & 0 \\[4pt] 0 & 3^{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 243\end{pmatrix}.
Precisamos de P^{-1}. Para uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & b \\[4pt] c & d\end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b \\[4pt] -c & a\end{pmatrix},
desde que o determinante ad-bc\neq 0. Aqui P=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} tem
\det(P)=0\cdot 1 - 1\cdot 1 = -1 \neq 0.
Aplicando a fórmula:
P^{-1} = \frac{1}{-1}\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] -1 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora efetuamos as multiplicações para obter A^{5}.
Primeiro calculamos P D^{5}. Multiplicar cada coluna de P pelo correspondente elemento diagonal de D^{5} dá:
a primeira coluna (correspondente a 1) fica \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},
a segunda coluna (correspondente a 243) fica 243\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}243\\[4pt]243\end{pmatrix}.
Portanto
P D^{5} = \begin{pmatrix}0 & 243 \\[4pt] 1 & 243\end{pmatrix}.
Agora multiplicamos por P^{-1}:
A^{5} = (P D^{5}) P^{-1} = \begin{pmatrix}0 & 243 \\[4pt] 1 & 243\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Fazendo a multiplicação linha por coluna:
  • Elemento (1,1): 0\cdot(-1) + 243\cdot 1 = 243.
  • Elemento (1,2): 0\cdot 1 + 243\cdot 0 = 0.
  • Elemento (2,1): 1\cdot(-1) + 243\cdot 1 = -1 + 243 = 242.
  • Elemento (2,2): 1\cdot 1 + 243\cdot 0 = 1.
Logo
A^{5} = \begin{pmatrix}243 & 0 \\[4pt] 242 & 1\end{pmatrix}.]

Resposta

Base do autoespaço de \lambda_{1}=1: \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
Base do autoespaço de \lambda_{2}=3: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
A é diagonalizável: \text{Sim}
A^{5}=\begin{pmatrix}243 & 0 \\[4pt] 242 & 1\end{pmatrix}]

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