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}{rr}1 & -3 \\\\ -4 & 5\end{array}\right], \lambda_{1}=-1, \lambda_{2}=7.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -3 \\\\ -4 & 5\end{pmatrix}
e os autovalores \lambda_{1}=-1 e \lambda_{2}=7. As perguntas são:
  1. Encontrar uma base para o autoespaço (espaço próprio) associado a cada autovalor dado.
  2. Dizer se A é diagonalizável.
  3. Se for diagonalizável, calcular A^{5}.
Informações relevantes dadas: a matriz A e os dois autovalores \lambda_{1}=-1 e \lambda_{2}=7. Nada mais foi pedido nem fornecido.

Passo 2

Entendendo o que significa “base do autoespaço” (rápida aula): para um autovalor \lambda, um vetor não-nulo v é autovetor se
Av=\lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
ou seja, os autovetores correspondem ao núcleo da matriz (A-\lambda I). O autoespaço associado a \lambda é o conjunto de todos esses vetores (mais o vetor nulo) — é um subespaço. Uma base do autoespaço é um conjunto de vetores linearmente independentes que geram esse subespaço. Na prática, para cada \lambda resolvemos o sistema linear homogêneo (A-\lambda I)v=0 e escolhemos vetores geradores.

Passo 3

Começamos com \lambda_{1}=-1\). Montamos a matriz \((A-\lambda_{1}I)\). Como \(\lambda_{1}=-1\), temos \((A-(-1)I)=A+I\). Calculemos: \[A+I=\begin{pmatrix}1 & -3 \\\\ -4 & 5\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ 0 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & -3 \\\\ -4 & 6\end{pmatrix}.
Devemos resolver (A+I)v=0, com v=\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}. Isto dá o sistema linear
\begin{cases} 2x-3y=0,\\\\ -4x+6y=0. \end{cases}
Note que a segunda equação é -2\] vezes a primeira, então só há uma equação independente: \(2x-3y=0.

Passo 4

Resolvendo 2x-3y=0:
2x=3y \quad\Rightarrow\quad x=\frac{3}{2}y.
Escolhemos um parâmetro simples para y de modo a obter componentes inteiras: seja y=2. Então x=3. Assim um autovetor associado a \lambda_{1}=-1 é
v_{1}=\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}.
O autoespaço associado a \lambda_{1}=-1 é a reta gerada por v_{1}, logo uma base do autoespaço é \{\,\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}\,\}.

Passo 5

Agora \lambda_{2}=7\). Montamos \((A-7I)\): \[A-7I=\begin{pmatrix}1-7 & -3 \\\\ -4 & 5-7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6 & -3 \\\\ -4 & -2\end{pmatrix}.
Desejamos resolver (A-7I)v=0, com v=\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}. O sistema é
\begin{cases} -6x-3y=0,\\\\ -4x-2y=0. \end{cases}
Observe que a segunda equação é \tfrac{2}{3}\] da primeira (ou a primeira é \(3/2 da segunda), então de novo há apenas uma equação independente.

Passo 6

Resolva por exemplo a equação reduzida -6x-3y=0. Dividindo por -3 obtemos
2x+y=0 \quad\Rightarrow\quad y=-2x.
Escolhemos x=1 para obter um autovetor simples. Então um autovetor associado a \lambda_{2}=7 é
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}.
O autoespaço associado a \lambda_{2}=7 é a reta gerada por v_{2}, logo uma base do autoespaço é \{\,\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}\,\}.

Passo 7

Comentário sobre diagonalizabilidade (mini-aula): uma matriz 2\times2 é diagonalizável sobre \mathbb{R} se houver duas autovetores linearmente independentes. Ter dois autovalores distintos garante, em geral, que existem dois autovetores linearmente independentes. Aqui os autovalores dados são distintos ( -1 e 7), e os autovetores encontrados v_{1}=\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix} e v_{2}=\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix} não são múltiplos um do outro (logo são linearmente independentes). Portanto A é diagonalizável.

Passo 8

Para calcular A^{5} usamos a diagonalização: se P é a matriz cujas colunas são autovetores e D a diagonal dos autovalores, então
A = P D P^{-1} \quad\Rightarrow\quad A^{5} = P D^{5} P^{-1}.
Montamos P com as colunas v_{1} e v_{2}:
P=\begin{pmatrix}3 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}-1 & 0 \\[4pt] 0 & 7\end{pmatrix}.]

Passo 9

Calculamos P^{-1}. Para uma matriz 2\times2 P=\begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} tem inversa
P^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b \\\\ -c & a\end{pmatrix},
desde que \det P=ad-bc\neq0. Aqui
\det P = 3\cdot(-2)-1\cdot 2 = -6-2=-8\neq0.
Logo
P^{-1}=\frac{1}{-8}\begin{pmatrix}-2 & -1 \\\\ -2 & 3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1/4 & 1/8 \\[4pt] 1/4 & -3/8\end{pmatrix}.]

Passo 10

Calculemos D^{5}. Como D é diagonal, elevamos as entradas da diagonal:
D^{5}=\begin{pmatrix}(-1)^{5} & 0 \\[4pt] 0 & 7^{5}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 0 \\[4pt] 0 & 16807\end{pmatrix},
pois 7^{2}=49, 7^{3}=343, 7^{4}=2401, 7^{5}=16807.]

Passo 11

Agora calculamos A^{5}=P D^{5} P^{-1}. Primeiro faça P D^{5} multiplicando as colunas de P pelos autovalores correspondentes:
P D^{5}=\begin{pmatrix}3 & 1 \\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1 & 0 \\[4pt] 0 & 16807\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\cdot(-1) & 1\cdot 16807 \\[4pt] 2\cdot(-1) & -2\cdot 16807\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-3 & 16807 \\[4pt] -2 & -33614\end{pmatrix}.]

Passo 12

Multiplicamos agora (P D^{5})P^{-1}:
A^{5}=\begin{pmatrix}-3 & 16807 \\[4pt] -2 & -33614\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/4 & 1/8 \\[4pt] 1/4 & -3/8\end{pmatrix}.
Calculemos entrada a entrada (faço as somas explicitamente):
Entrada (1,1):
-3\cdot\frac{1}{4}+16807\cdot\frac{1}{4}=\frac{-3+16807}{4}=\frac{16804}{4}=4201.
Entrada (1,2):
-3\cdot\frac{1}{8}+16807\cdot\left(-\frac{3}{8}\right)=\frac{-3-50421}{8}=\frac{-50424}{8}=-6303.
Entrada (2,1):
-2\cdot\frac{1}{4}+(-33614)\cdot\frac{1}{4}=\frac{-2-33614}{4}=\frac{-33616}{4}=-8404.
Entrada (2,2):
-2\cdot\frac{1}{8}+(-33614)\cdot\left(-\frac{3}{8}\right)=\frac{-2+100842}{8}=\frac{100840}{8}=12605.
Portanto
A^{5}=\begin{pmatrix}4201 & -6303 \\[4pt] -8404 & 12605\end{pmatrix}.]

Resposta

Base do autoespaço de \lambda_{1}=-1: \left\{\begin{pmatrix}3\\\ 2\end{pmatrix}\right\}
Base do autoespaço de \lambda_{2}=7: \left\{\begin{pmatrix}1\\\ -2\end{pmatrix}\right\}
A é diagonalizável: Sim.
A^{5}=\begin{pmatrix}4201 & -6303 \\[4pt] -8404 & 12605\end{pmatrix}]

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