Dizemos que uma matriz B é uma raiz quadrada de uma matriz A se B^{2}=A. Encontre as raízes quadradas de
A=\left[\begin{array}{cc} 3 & -2 \\\\ -4 & 3 \end{array}\right] .

Passo 1

O enunciado dá a matriz A e pede todas as matrizes B (reais, 2\times2) tais que B^{2}=A. Informações fornecidas e o que precisamos encontrar:
  • A matriz dada é
A=\begin{pmatrix}3 & -2\\[4pt]-4 & 3\end{pmatrix}.
  • Quero encontrar todas as matrizes B tais que B^{2}=A.
  • Dados úteis que extraio já: A é 2\times2. É conveniente calcular o traço e o determinante mais adiante para entender os autovalores; farei isso nos próximos passos.]

Passo 2

Estratégia escolhida (explicada de maneira simples e por que): vou buscar raízes quadradas na forma de um polinômio de primeiro grau em A,
B = xI + yA,
com x,y\in\mathbb{R}. Por que isso funciona e é uma boa ideia? Para matrizes 2\times2, a característica de Cayley–Hamilton diz que A satisfaz seu polinômio característico; portanto potências altas de A podem ser reduzidas a combinações lineares de I e A. Consequentemente, qualquer função polinomial de A pode ser escrita como xI+yA. Como queremos B^2=A, é natural tentar B dessa forma porque a equação B^2=A vai se converter numa equação em I e A que podemos resolver para x,y.
Antes de expandir, calculo o polinômio característico de A (informação que ajuda a substituir A^2):
  • Traço: \operatorname{tr}(A)=3+3=6.
  • Determinante: \det(A)=3\cdot3-(-2)(-4)=9-8=1.
    Logo o polinômio característico é
\lambda^{2}-6\lambda+1,
e pela identidade de Cayley–Hamilton temos a relação matricial
A^{2}-6A+I=0,
ou seja
A^{2}=6A-I.

Passo 3

Agora supomos B=xI+yA e calculamos B^{2}. Faço a expansão com cuidado e uso A^{2}=6A-I para simplificar:
\begin{aligned} B^{2} &= (xI+yA)^{2} \\\ &= x^{2}I + 2xyA + y^{2}A^{2} \\\ &= x^{2}I + 2xyA + y^{2}(6A - I) \\\ &= (x^{2}-y^{2})I + (2xy+6y^{2})A. \end{aligned}
Queremos B^{2}=A. Igualando coeficientes na combinação I e A (pois I e A são linearmente independentes), obtemos o sistema de equações em x,y:
\begin{cases} x^{2}-y^{2}=0,\\[4pt] 2xy+6y^{2}=1. \end{cases}]

Passo 4

Resolver o sistema. Da primeira equação x^{2}=y^{2}, segue x=\pm y. Vou tratar as duas possibilidades separadamente.
Caso A: x=y. Substituo em 2xy+6y^{2}=1:
2y^{2}+6y^{2}=8y^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad y^{2}=\tfrac{1}{8}.
Assim y=\pm \dfrac{1}{2\sqrt{2}} e x=y (mesmo sinal). Para cada escolha do sinal obtemos uma B. Escrevo a forma geral das entradas:
B=xI+yA=\begin{pmatrix}x+3y & -2y\\[4pt]-4y & x+3y\end{pmatrix}.
Com y=\dfrac{1}{2\sqrt{2}} e x=y:
x+3y=4y=4\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2},
-2y=-2\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2},
-4y=-4\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=-\dfrac{2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}.
Portanto uma raiz é
B_{1}=\begin{pmatrix}\sqrt{2} & -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]-\sqrt{2} & \sqrt{2}\end{pmatrix}.
Com y=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}} (e x=y) obtemos o sinal trocado em todas as entradas, ou seja
B_{2}=-B_{1}=\begin{pmatrix}-\sqrt{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]\sqrt{2} & -\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Caso B: x=-y. Substituo em 2xy+6y^{2}=1:
2(-y^{2})+6y^{2}=4y^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad y^{2}=\tfrac{1}{4}.
Então y=\pm \dfrac{1}{2} e x=-y. Calculo as entradas:
  • Para y=\dfrac{1}{2} e x=-\dfrac{1}{2}:
x+3y=-\tfrac{1}{2}+ \tfrac{3}{2}=1,\quad -2y=-1,\quad -4y=-2.
Logo uma raiz é
B_{3}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}.
  • Para y=-\dfrac{1}{2} e x=\dfrac{1}{2} obtemos o negativo:
B_{4}=-B_{3}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação rápida (uma checagem detalhada para ganhar confiança): calculo B_{3}^{2} explicitamente para confirmar que dá A.
B_{3}^{2}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\cdot1+(-1)(-2) & 1\cdot(-1)+(-1)\cdot1\\[4pt] -2\cdot1+1\cdot(-2) & -2\cdot(-1)+1\cdot1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1+2 & -1-1\\[4pt]-2-2 & 2+1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & -2\\[4pt]-4 & 3\end{pmatrix}=A.
Isso confirma que B_{3} é realmente raiz quadrada de A. Pelas simetrias, B_{4}=-B_{3} e B_{2}=-B_{1} também são raízes.]

Passo 7

Interpretação final e por que obtivemos exatamente quatro raízes: como observação conceitual — se diagonalizarmos A (autovalores \lambda_{1},\lambda_{2} distintos e positivos), uma raiz quadrada diagonal tem entradas \pm\sqrt{\lambda_{i}} na diagonal, logo há 2^{2}=4 escolhas possíveis. Nosso método por polinômio em A produziu precisamente essas quatro soluções reais. Assim, concluímos que existem quatro raízes quadradas reais da matriz A, listadas abaixo.

Resposta

\begin{pmatrix}\sqrt{2} & -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]-\sqrt{2} & \sqrt{2}\end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}-\sqrt{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[6pt]\sqrt{2} & -\sqrt{2}\end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}.]

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