Achar todos os autovalores da matriz A e seus respectivos autoespaços, em que:
A=\left(\begin{array}{ccc}1 & 3 & 1 / 2 \\\\ 0 & -2 & \sqrt{2} \\\\ 0 & 0 & -1\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado pede: encontrar todos os autovalores de A e, para cada autovalor, determinar o autoespaço correspondente (isto é, o espaço dos autovetores não-nulos associados a esse autovalor). A matriz dada é
A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1/2\\[4pt] 0 & -2 & \sqrt{2}\\[4pt] 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Informações relevantes fornecidas:
  • Os elementos da diagonal de A são 1, -2 e -1.
  • A matriz é triangular superior (todos os elementos abaixo da diagonal principal são zero).]

Passo 2

Como vamos proceder (explicando a ideia antes de calcular): um autovalor \lambda e um autovetor não-nulo v satisfazem
A v = \lambda v,
equivalente a
(A-\lambda I)v=0.
Os autovalores são as soluções da equação característica \det(A-\lambda I)=0. Uma observação muito útil (e que vou usar) é: para uma matriz triangular superior, o determinante é o produto dos elementos da diagonal, logo a equação característica se factoriza como o produto das diagonais (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)(a_{33}-\lambda)=0. Vou usar isso para achar os autovalores rapidamente.

Passo 3

Cálculo dos autovalores usando o fato da triangularidade. A equação característica é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-2-\lambda)(-1-\lambda)=0.
As raízes dessa equação são exatamente
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-2,\qquad \lambda_3=-1.
Portanto os autovalores de A são \,1,\,-2 e -1. (Cada um aparece uma vez na diagonal, logo a multiplicidade algebraica de cada um é 1.)

Passo 4

Agora vamos achar os autoespaços: para cada autovalor [\lambda) resolvemos (A-\lambda I)v=0. Escrevo v=(x,y,z)^{T} e resolvo sistematicamente.
Autovalor \lambda=1.
Primeiro calcule A-I:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 3 & 1/2\\[4pt] 0 & -3 & \sqrt{2}\\[4pt] 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
O sistema (A-I)v=0 dá, linha a linha,
\begin{cases} 0\cdot x + 3y + \tfrac{1}{2}z = 0,\\[4pt] 0\cdot x -3y + \sqrt{2}\,z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y -2z = 0. \end{cases}
Da terceira equação obtemos -2z=0\Rightarrow z=0\]. Substituindo \(z=0 na primeira e segunda equações:
3y=0\quad\Rightarrow\quad y=0.
Não aparece x em nenhuma equação (todas as entradas da primeira coluna de A-I são zero), logo x é livre. Tomando x=t com t\neq 0, um autovetor genérico é
v=t(1,0,0)^{T}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0)^{T}\}.]

Passo 5

Autovalor [\lambda=-2).
Calculo A-(-2)I=A+2I:
A+2I=\begin{pmatrix} 3 & 3 & 1/2\\[4pt] 0 & 0 & \sqrt{2}\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
O sistema (A+2I)v=0 é
\begin{cases} 3x + 3y + \tfrac{1}{2}z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + \sqrt{2}\,z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0. \end{cases}
Das segunda e terceira equações vem \sqrt{2}\,z=0\] e \(z=0, portanto z=0.
Com z=0 a primeira equação reduz a 3x+3y=0, ou seja
x+y=0\quad\Rightarrow\quad y=-x.
Tomando x=t, obtemos autovetores v=t(1,-1,0)^{T}. Logo o autoespaço associado a \lambda=-2 é
E_{-2}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^{T}\}.]

Passo 6

Autovalor [\lambda=-1).
Calculo A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1/2\\[4pt] 0 & -1 & \sqrt{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O sistema (A+I)v=0 é
\begin{cases} 2x + 3y + \tfrac{1}{2}z = 0,\\[4pt] 0\cdot x - y + \sqrt{2}\,z = 0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Da segunda equação obtemos
-y + \sqrt{2}\,z = 0 \quad\Rightarrow\quad y=\sqrt{2}\,z.
Substituindo y=\sqrt{2}\,z\] na primeira equação: \[2x + 3(\sqrt{2}\,z) + \tfrac{1}{2}z = 0.\] Juntando os termos em \(z:
2x + \bigl(3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}\bigr)z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -\frac{3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}}{2}\,z.
Para simplificar a escrita, escolhemos a parametrização com parâmetro livre t=z. Assim um autovetor genérico é
v=t\left(-\frac{3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}}{2},\;\sqrt{2},\;1\right)^{T}.
Podemos simplificar o coeficiente de x combinando frações: -\dfrac{3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}}{2}=-\dfrac{6\sqrt{2}+1}{4}. Portanto uma escolha mais limpa para um gerador do autoespaço é
v=t\left(-\frac{6\sqrt{2}+1}{4},\;\sqrt{2},\;1\right)^{T}.
Como sempre, qualquer múltiplo não-nulo serve; por exemplo um vetor conveniente (multiplicando por 4) é
\bigl(-(6\sqrt{2}+1),\;4\sqrt{2},\;4\bigr)^{T}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=-1 é de dimensão 1 e pode ser escrito como
E_{-1}=\operatorname{span}\left\{\left(-\frac{6\sqrt{2}+1}{4},\;\sqrt{2},\;1\right)^{T}\right\}.]

Passo 7

Resumo e observações finais (breve motivação do que encontramos): todos os autovalores são distintos ( 1,-2,-1), cada um com multiplicidade algébrica 1; por isso é natural (e confirmado pelos cálculos) que cada autoespaço tenha dimensão geométrica 1. Encontramos uma base para cada autoespaço, ou seja um autovetor gerador para cada \lambda.

Resposta

\lambda=1,\quad E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0)^{T}\}
\lambda=-2,\quad E_{-2}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)^{T}\}
\lambda=-1,\quad E_{-1}=\operatorname{span}\left\{\left(-\dfrac{6\sqrt{2}+1}{4},\;\sqrt{2},\;1\right)^{T}\right\}

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