Questão 5 (2,4 pontos): Seja A=\left[\begin{array}{ll}30 & 29 \\\\ 19 & 20\end{array}\right].
a) (1,2 pts) Determine os autovalores e bases de seus autoespaços.
b) ( 0,4 \mathrm{pt} ) Determine uma matriz inversível P e uma matriz diagonal D tais que A=P D P^{-1}.
c) ( 0,8 \mathrm{pt} ) Determine uma matriz B tal que A=B^{2}. Uma matriz B com esta propriedade é chamada raiz quadrada de A. Dica: Tome B=P \sqrt{D} P^{-1}

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = \begin{pmatrix}30 & 29 \\[6pt] 19 & 20\end{pmatrix}
e pede: (a) autovalores e bases dos autoespaços, (b) diagonalização A = P\,D\,P^{-1}, (c) uma raiz quadrada B de A, usando a dica B = P\,\sqrt{D}\,P^{-1}.
Conteúdos necessários: polinômio característico, cálculo de autovetores, inversão de matriz 2\times2 e produto de matrizes.]

Passo 2

Calcular o polinômio característico de A. O traço de A é
\mathrm{tr}(A)=30+20=50
e o determinante é
\det(A)=30\cdot20 - 29\cdot19 =600 -551=49.
Logo o polinômio característico é
\chi_A(\lambda)=\lambda^2 - (\mathrm{tr}A)\,\lambda + \det(A) =\lambda^2 - 50\lambda +49.
As raízes são
\lambda = \frac{50 \pm \sqrt{50^2 -4\cdot49}}{2} = \frac{50\pm\sqrt{2304}}{2} =\frac{50\pm48}{2},
portanto
\lambda_1 =49, \quad \lambda_2 =1.

Passo 3

Determinar os autovetores de cada autovalor:
Para \lambda_1=49, resolvemos (A-49I)v=0, ou seja
\begin{pmatrix}30-49 & 29 \\[2pt] 19 & 20-49\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-19 & 29\\[2pt]19 & -29\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} =0.
Da primeira linha -19x+29y=0 segue y=\tfrac{19}{29}x. Um gerador é
\bigl(29,19\bigr).
Para \lambda_2=1, resolvemos (A-I)v=0:
\begin{pmatrix}29 & 29\\[2pt]19 & 19\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\; 29x+29y=0 \;\Longrightarrow\;y=-x.
Um gerador é (1,-1).
Portanto as bases dos autoespaços são
E_{49}=\span\{(29,19)\}, \quad E_{1}=\span\{(1,-1)\}.]

Passo 4

Montar a diagonalização A=P\,D\,P^{-1}. Escolhemos
P = \begin{pmatrix}29 & 1\\[3pt]19 & -1\end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix}49 & 0\\[3pt]0 & 1\end{pmatrix}.
O determinante de P é \det(P)=29\cdot(-1)-1\cdot19=-48.
Logo
P^{-1} =\frac{1}{-48} \begin{pmatrix}-1 & -1\\[3pt]-19 & 29\end{pmatrix} =\frac{1}{48} \begin{pmatrix}1 & 1\\[3pt]19 & -29\end{pmatrix}.
Com isso verifica-se que A=P\,D\,P^{-1}.]

Passo 5

Para a raiz quadrada, definimos
\sqrt{D} =\begin{pmatrix}\sqrt{49} & 0\\[3pt]0 & \sqrt{1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7 & 0\\[3pt]0 & 1\end{pmatrix},
e então
B = P\,\sqrt{D}\,P^{-1}.
Calculando passo a passo:
P\,\sqrt{D} =\begin{pmatrix}29 & 1\\[3pt]19 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}7 & 0\\[3pt]0 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}203 & 1\\[3pt]133 & -1\end{pmatrix},
B =\frac{1}{48} \begin{pmatrix}203 & 1\\[3pt]133 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1\\[3pt]19 & -29\end{pmatrix} =\frac{1}{48} \begin{pmatrix}222 & 174\\[3pt]114 & 162\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{37}{8} & \tfrac{29}{8}\\[3pt]\tfrac{19}{8} & \tfrac{27}{8}\end{pmatrix}.
Verifica-se facilmente que B^2=A.]

Resposta

a) Autovalores \lambda_1=49, \lambda_2=1 com
E_{49}=\span\{(29,19)\},
E_{1}=\span\{(1,-1)\}.
b) Pode-se tomar
P=\begin{pmatrix}29 & 1\\[3pt]19 & -1\end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}49 & 0\\[3pt]0 & 1\end{pmatrix}.
c) Uma raiz quadrada de A é
B=\begin{pmatrix}\tfrac{37}{8} & \tfrac{29}{8}\\[3pt]\tfrac{19}{8} & \tfrac{27}{8}\end{pmatrix},
pois B^2=A.]

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