Questão 1. (Valor 2.0) Encontre A para
(3 A)^{-6}=\left(\begin{array}{rr}1 & 0 \\\\ -5 & -1\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a igualdade entre uma potência inversa de uma matriz e uma matriz explícita. Mais precisamente:
  • Dado que (3A)^{-6}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ -5 & -1\end{pmatrix}, encontrar A.
  • Informação fornecida: a matriz do lado direito, que chamarei de M, é
M=\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ -5 & -1\end{pmatrix}.
  • O que se pede: uma matriz A (possivelmente complexa) que satisfaça a igualdade acima.

Passo 2

Manipulação algébrica inicial — relação entre escala por escalar e inversa:
  • Regra usada: para escalar uma matriz por um escalar não nulo c em dimensão 2\times2 vale (cA)^{-1}=c^{-1}A^{-1}. Isso é porque (cA)(c^{-1}A^{-1})=I.
  • Aplicando essa ideia repetidamente, temos
(3A)^{-6}=\big((3A)^{-1}\big)^{6}=\big(3^{-1}A^{-1}\big)^{6}=3^{-6}(A^{-1})^{6}=3^{-6}A^{-6}.
  • Logo a equação dada vira
3^{-6}A^{-6}=M.
  • Multiplicando ambos os lados por 3^{6} obtemos
A^{-6}=3^{6}M.
  • Como 3^{6}=729, fica
A^{-6}=729\,M.

Passo 3

Inversão para obter A^{6} e observação importante sobre natureza real/complexa:
  • Invertendo ambos os lados (a matriz do lado direito é invertível — mais adiante confirmamos), obtemos
A^{6}=(729\,M)^{-1}=\tfrac{1}{729}M^{-1}.
  • Vamos calcular M^{-1}. Para M=\begin{pmatrix}1 & 0 \\\\ -5 & -1\end{pmatrix} a determinante é
\det(M)=1\cdot(-1)-0\cdot(-5)=-1.
  • A inversa de uma matriz 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} é \dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\\ -c&a\end{pmatrix}. Aplicando em M,
M^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}-1&0\\\ 5&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\\ -5&-1\end{pmatrix}=M.
  • Observação: M^{-1}=M, isto é, M^{2}=I. Portanto
A^{6}=\frac{1}{729}M.
  • Consistência de determinante (importante para decidir se existe solução real): tomando determinantes em ambos os lados,
\det(A^{6})=\det(A)^{6}=\det\!\big(\tfrac{1}{729}M\big)=\big(\tfrac{1}{729}\big)^{2}\det(M)=\tfrac{1}{729^{2}}\cdot(-1)=-\tfrac{1}{531441}.
  • O lado esquerdo \det(A)^{6} é uma sexta potência de um número complexo; se exigíssemos A real, \det(A) real implicaria \det(A)^{6}\ge 0. Como o lado direito é negativo, concluímos que não existe solução A com entradas reais. As soluções, quando existem, são matrizes com entradas complexas.

Passo 4

Diagonalização de M e redução do problema aos autovalores escalares:
  • Como M^{2}=I, os autovalores de M são \pm1. Calculando autovetores:
    • Para \lambda=1: resolver (M-I)v=0 dá a relação 5x+2y=0. Um autovetor conveniente é v_{1}=\begin{pmatrix}2\\\ -5\end{pmatrix}.
    • Para \lambda=-1: resolver (M+I)v=0 2x=0, então um autovetor conveniente é v_{2}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Montando a matriz de passagem P=[v_{1}\\ v_{2}]=\begin{pmatrix}2&0\\\ -5&1\end{pmatrix}. O determinante de P é 2, logo
P^{-1}=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1&0\\\ 5&2\end{pmatrix}.
  • Assim M diagonaliza como
M=P\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&-1\end{pmatrix}P^{-1}.
  • Da igualdade A^{6}=\tfrac{1}{729}M segue, aplicando a mesma base de autovetores,
A^{6}=P\begin{pmatrix}\tfrac{1}{729}&0\\[4pt]0&-\tfrac{1}{729}\end{pmatrix}P^{-1}.
  • Portanto, uma matriz A que satisfaça isso pode ser obtida escolhendo números escalares \alpha,\beta tais que
\alpha^{6}=\tfrac{1}{729},\qquad \beta^{6}=-\tfrac{1}{729},
e definindo
A=P\begin{pmatrix}\alpha&0\\[4pt]0&\beta\end{pmatrix}P^{-1}.
Isto garante que A^{6}=P\operatorname{diag}(\alpha^{6},\beta^{6})P^{-1}=\tfrac{1}{729}P\operatorname{diag}(1,-1)P^{-1}=\tfrac{1}{729}M.]

Passo 5

Cálculo explícito da família de soluções e contagem das raízes:
  • Vamos multiplicar explicitamente A=P\operatorname{diag}(\alpha,\beta)P^{-1}. Primeiro
P\operatorname{diag}(\alpha,\beta)=\begin{pmatrix}2\alpha&0\\\ -5\alpha&\beta\end{pmatrix}.
  • Multiplicando por P^{-1}=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1&0\\\ 5&2\end{pmatrix} obtemos
A=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2\alpha&0\\\ -5\alpha&\beta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\ 5&2\end{pmatrix} =\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2\alpha&0\\\ -5\alpha+5\beta&2\beta\end{pmatrix}.
  • Simplificando,
A=\begin{pmatrix}\alpha&0\\[4pt]\dfrac{5}{2}(\beta-\alpha)&\beta\end{pmatrix}.
  • Portanto todas as soluções A têm essa forma, com \alpha,\beta satisfazendo as condições de sexta potência.
  • Agora parametrizamos as raízes:
    • Para \alpha^{6}=\tfrac{1}{729}=(\tfrac{1}{3})^{6} temos as seis raízes
    \alpha=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{2\pi m}{6}}=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{\pi m}{3}},\qquad m=0,1,2,3,4,5.
    • Para \beta^{6}=-\tfrac{1}{729}=\tfrac{1}{3^{6}}e^{i\pi} temos as seis raízes
    \beta=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{\pi+2\pi n}{6}}=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{\pi(2n+1)}{6}},\qquad n=0,1,2,3,4,5.
  • Assim há 6\times 6=36 soluções complexas distintas dadas pela fórmula
A=\begin{pmatrix}\alpha&0\\[4pt]\dfrac{5}{2}(\beta-\alpha)&\beta\end{pmatrix},
com \alpha e \beta escolhidos nas famílias acima.
  • Exemplo concreto (escolhas m=0,n=0): \alpha=\tfrac{1}{3}, \beta=\tfrac{1}{3}e^{i\pi/6}=\tfrac{1}{3}\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}+i\tfrac{1}{2}\big). Então
A=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}&0\\[4pt]\dfrac{5}{2}\big(\tfrac{1}{3}e^{i\pi/6}-\tfrac{1}{3}\big)&\tfrac{1}{3}e^{i\pi/6}\end{pmatrix},
que é uma das 36 soluções complexas.]

Resposta

Todas as soluções complexas são dadas por
A=\begin{pmatrix}\alpha&0\\[4pt]\dfrac{5}{2}(\beta-\alpha)&\beta\end{pmatrix},
onde
\alpha=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{\pi m}{3}},\quad m=0,1,2,3,4,5, \qquad\text{e}\qquad \beta=\tfrac{1}{3}e^{i\frac{\pi(2n+1)}{6}},\quad n=0,1,2,3,4,5.
Não existe solução A com entradas reais.]

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