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

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (pegar estes dados do enunciado):
  • A matriz A é a matriz quadrada 3\times3
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\[4pt] -1 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1\end{pmatrix}.
  • O enunciado pede: encontrar todos os autovalores (também chamados de valores próprios ou \lambda) de A e, para cada autovalor, encontrar o seu autoespaço (o subespaço formado pelos autovetores associados, incluindo o vetor zero).]

Passo 2

O que é preciso calcular e a ideia geral (definição usada):
  • Por definição, \lambda é autovalor de A se existe um vetor não nulo v tal que
A v = \lambda v.
  • Reescrevendo, isso dá
(A-\lambda I)v = 0.
  • Para existir solução não-trivial devemos ter
\det(A-\lambda I)=0.
Essa equação em \lambda é o polinômio característico; suas raízes são os autovalores. Depois, para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0 para obter o autoespaço (o conjunto de todos os vetores v que satisfazem isso).

Passo 3

Formar A-\lambda I explicitamente:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 0 \\[4pt] -1 & -1-\lambda & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular o determinante \det(A-\lambda I) passo a passo (expansão pela primeira linha):
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 0 & 1-\lambda\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots).
Agora calcular os menores:
\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(-1-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot1.
Expandindo ( -1-\lambda)(1-\lambda):
(-1-\lambda)(1-\lambda) = -1 + \lambda^2
(portanto o menor vale \lambda^2-2). Para o segundo menor:
\det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 0 & 1-\lambda\end{pmatrix} = -1\cdot(1-\lambda)-0 = -1+\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-2)-2(-1+\lambda).]

Passo 5

Simplificar o polinômio característico:
Calculemos (1-\lambda)(\lambda^2-2):
(1-\lambda)(\lambda^2-2)=\lambda^2-2-\lambda^3+2\lambda=-\lambda^3+\lambda^2+2\lambda-2.
Somando o termo -2(-1+\lambda)=2-2\lambda obtemos
\det(A-\lambda I) = \bigl(-\lambda^3+\lambda^2+2\lambda-2\bigr) + \bigl(2-2\lambda\bigr) = -\lambda^3+\lambda^2.
Fatorando:
\det(A-\lambda I) = -\lambda^2(\lambda-1).
As raízes (autovalores) são \lambda=0 (com multiplicidade algébrica 2) e \lambda=1 (com multiplicidade algébrica 1).

Passo 6

Encontrar o autoespaço associado a \lambda=1\): resolver \((A-I)v=0\). Escrevendo \(A-I\): \[A-I=\begin{pmatrix}0 & 2 & 0 \\[4pt] -1 & -2 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, o sistema linear (A-I)v=0 é
\begin{cases} 0\cdot x + 2y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] - x -2y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + y + 0\cdot z = 0. \end{cases}
Das equações da primeira e terceira linhas temos 2y=0\] e \(y=0, logo y=0. Substituindo y=0 na segunda equação:
- x + z = 0 \quad\Rightarrow\quad z = x.
Tomando x livre como parâmetro t, obtemos
v = t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço correspondente a \lambda=1 é o subespaço gerado por \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} (dimensão 1).]

Passo 7

Encontrar o autoespaço associado a \lambda=0\): resolver \(A v=0\). Escrevendo o sistema \(A v=0\) com \(v=(x,y,z)^T\): \[\begin{cases} x + 2y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] - x - y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + y + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação obtemos x=-2y\]. Da terceira equação obtemos \(z=-y. Verificando a segunda é consistente:
-(-2y) - y + (-y) = 2y - y - y = 0,
logo a segunda não impõe mais restrição. Tomando y livre como parâmetro s, obtemos
v = s\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço correspondente a \lambda=0 é o subespaço gerado por \begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix} (dimensão 1).]

Passo 8

Interpretação final rápida (útil para prova):
  • Os autovalores são \lambda=0 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1).
  • As dimensões dos autoespaços (multiplicidades geométricas) encontradas são 1 para \lambda=0 e 1 para \lambda=1. Como a soma das dimensões dos autoespaços é 2 (menor que 3), a matriz não tem uma base formada por autovetores — em outras palavras, A não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Resposta

\lambda=1:\\ \mathrm{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\lambda=0:\\ \mathrm{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}]

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