16. AUTOVALORES E AUTOVETORES

  1. Determine os autovalores de:
\begin{array}{llll} {[2} & 0 & 0 & 3] \end{array}
  1. Determine os autovetores associados.
  2. Determine os autovalores de:
\left[\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 2 \end{array}\right]
  1. Determine os autovetores associados.
  2. Determine o polinômio característico.

Passo 1

Vou listar exatamente o que o enunciado nos dá e o que ele pede (peguei os dados textualmente do enunciado).
  • Matrizes fornecidas:
    • Primeira matriz A=\begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix} (essa é a matriz escrita como [2\\\ 0\\\ 0\\\ 3] no enunciado).
    • Segunda matriz B=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix} (essa é a matriz escrita como \left[1\\\ 1\\\ 0\\\ 2\right] no enunciado).
  • O enunciado pede:
    1. Determinar os autovalores de A.
    2. Determinar os autovetores associados a A.
    3. Determinar os autovalores de B.
    4. Determinar os autovetores associados a B.
    5. Determinar o polinômio característico (vou fornecer o polinômio característico de cada matriz: A e B).]

Passo 2

O que significa “autovalor” e “autovetor” — a regra prática que usaremos (aula rápida e direta).
  • Definição: um número \lambda é autovalor de uma matriz M se existe um vetor não-nulo v tal que
M v = \lambda v.
  • Reescrevendo:
(M - \lambda I)v = 0,
onde I é a matriz identidade (do mesmo tamanho de M).
  • Observação central: para existir um vetor não-nulo v que satisfaça (M-\lambda I)v=0 é necessário e suficiente que a matriz M-\lambda I seja singular, isto é, tenha determinante zero. Portanto, os autovalores são as raízes do polinômio
p_M(\lambda)=\det(M-\lambda I),
que é o polinômio característico de M.
  • Método prático que vou usar em cada caso:
    1. Calcular p_M(\lambda)=\det(M-\lambda I).
    2. Encontrar as raízes \lambda (autovalores).
    3. Para cada \lambda, resolver o sistema linear (M-\lambda I)v=0 para obter a família de autovetores (v não-nulo); normalmente parametrize as variáveis livres.

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A e encontrar seus autovalores.
  • Monto A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
  • Determinante (polinômio característico):
p_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(3-\lambda).
  • Raízes (autovalores): igualo a zero e resolvo
(2-\lambda)(3-\lambda)=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=2 \quad\text{ou}\quad \lambda=3.
Portanto os autovalores de A são \lambda=2 e \lambda=3.]

Passo 4

Encontrar os autovetores de A\) para \(\lambda=2\). - Escrevo \(A-2I\) e o sistema \((A-2I)v=0\): \[A-2I= \begin{pmatrix} 2-2 & 0 \\[4pt] 0 & 3-2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
  • Se v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}, o sistema é
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 1\cdot y = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. A primeira equação é \(0=0 (não impõe restrição), logo x é livre.
  • Parametrizando: tome x=t com t\neq 0 (vetor não-nulo). Um gerador conveniente para o espaço próprio é
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Conclusão: os autovetores associados a \lambda=2 são todos os múltiplos escalares de \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar os autovetores de A\) para \(\lambda=3\). - Escrevo \(A-3I\): \[A-3I= \begin{pmatrix} 2-3 & 0 \\[4pt] 0 & 3-3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 \end{pmatrix}.
  • Sistema (A-3I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}:
\begin{cases} -1\cdot x + 0\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem x=0\]. A segunda é \(0=0. Logo y é livre.
  • Parametrizando: tome y=t com t\neq 0. Um gerador conveniente é
v=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Conclusão: os autovetores associados a \lambda=3 são todos os múltiplos escalares de \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Observação prática (dica útil para a prova): A é diagonal; para uma matriz diagonal os autovalores são simplesmente as entradas diagonais e cada autovalor tem como autovetores os vetores com uma única coordenada não nula na posição correspondente. Isso agiliza muito quando aparecer matriz diagonal em prova.

Passo 7

Agora trabalho com B. Calcular o polinômio característico de B e encontrar os autovalores.
  • Escrevo B-\lambda I:
B-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\[4pt] 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
  • Determinante (polinômio característico):
p_B(\lambda)=\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)(2-\lambda)-0\cdot 1=(1-\lambda)(2-\lambda).
  • Raízes:
(1-\lambda)(2-\lambda)=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=1 \quad\text{ou}\quad \lambda=2.
Portanto os autovalores de B são \lambda=1 e \lambda=2.]

Passo 8

Encontrar autovetores de B\) para \(\lambda=1\). - Calculo \(B-1I\): \[B-1I= \begin{pmatrix} 1-1 & 1 \\[4pt] 0 & 2-1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
  • Sistema (B-1I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}:
\begin{cases} 0\cdot x + 1\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 1\cdot y = 0. \end{cases}
Ambas dão y=0\]. Portanto \(x é livre.
  • Parametrizando: tome x=t com t\neq 0. Um gerador conveniente é
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Conclusão: os autovetores associados a \lambda=1 são todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 9

Encontrar autovetores de B\) para \(\lambda=2\). - Calculo \(B-2I\): \[B-2I= \begin{pmatrix} 1-2 & 1 \\[4pt] 0 & 2-2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1 & 1 \\[4pt] 0 & 0 \end{pmatrix}.
  • Sistema (B-2I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}:
\begin{cases} -1\cdot x + 1\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem -x+y=0\], isto é \(y=x. A segunda não impõe restrição adicional.
  • Parametrizando: tome x=t. Então y=t. Um gerador conveniente é
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Conclusão: os autovetores associados a \lambda=2 são todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 10

Observação final pedagógica e resumo rápido:
  • Para matrizes triangulares (como B), os autovalores aparecem nas entradas da diagonal (aqui 1 e 2). Isso é uma boa regra para usar rapidamente na prova.
  • Em ambos os casos cada autovalor tem multiplicidade algébrica 1 e a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) também deu 1, como é comum em matrizes diagonais ou triangulares com entradas diagonais distintas.

Resposta

Autovalores de A: \lambda=2,\\ \lambda=3
Autovetores de A:
\lambda=2: múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=3: múltiplos de \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}
Autovalores de B: \lambda=1,\\ \lambda=2
Autovetores de B:
\lambda=1: múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=2: múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}
Polinômios característicos:
p_A(\lambda)=(2-\lambda)(3-\lambda), \qquad p_B(\lambda)=(1-\lambda)(2-\lambda).]

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