Achar todos os autovalores da matriz A e seus respectivos autoespaços, em que:
A=\left(\begin{array}{cccc}1 & 3 & 1 / 2 & -1 \\\\ 0 & -2 & \sqrt{2} & 2 \\\\ 0 & 0 & -1 & -5 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & \tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & -2 & \sqrt{2} & 2\\[4pt] 0 & 0 & -1 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}
e pede: achar todos os autovalores de A e, para cada autovalor, descrever o respectivo autoespaço (ou seja, o conjunto dos vetores próprios correspondentes).\n
Informações relevantes fornecidas:
  • A é uma matriz quadrada 4\times4.
  • Os elementos diagonais são 1,\,-2,\,-1,\,3.
  • Pedido: listar todos os autovalores e os autoespaços (soluções de (A-\lambda I)x=0 para cada \lambda).\n
    Observação: não se resolve nada neste passo; apenas identifiquei o que foi dado e o que é pedido.]

Passo 2

Breve explicação do que é autovalor e autoespaço e como aproveitamos a estrutura da matriz:
  • Definição: um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo x tal que
A x = \lambda x,
isto é, se existe x\neq 0 com
(A-\lambda I)x=0.
O conjunto de todas as soluções (incluindo o vetor nulo) dessa equação é o autoespaço associado a \lambda (um subespaço vetorial).
  • Dica prática: para matrizes triangulares (superior ou inferior), os autovalores são exatamente as entradas da diagonal. Aqui A é triangular superior, logo os autovalores possíveis são as entradas diagonais:
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-2,\qquad \lambda_3=-1,\qquad \lambda_4=3.
Cada uma dessas \lambda deve agora ter o seu autoespaço encontrado resolvendo (A-\lambda I)x=0. Como todos os autovalores são distintos, espera-se que cada autoespaço tenha dimensão 1 (isto será confirmado resolvendo os sistemas).

Passo 3

Autovalor [\lambda=1). Montar A-I e resolver (A-I)x=0.
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 3 & \tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & -3 & \sqrt{2} & 2\\[4pt] 0 & 0 & -2 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema para x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T:
\begin{cases} 2x_4=0,\\[4pt] -2x_3-5x_4=0,\\[4pt] -3x_2+\sqrt{2}\,x_3+2x_4=0,\\[4pt] 3x_2+\tfrac{1}{2}x_3-x_4+0\cdot x_1=0. \end{cases}
Resolver por substituição (back-substitution):
  • Da última equação superior (linha 4 escrita primeiro): 2x_4=0\Rightarrow x_4=0\]. - Em seguida \(-2x_3-5x_4=0\Rightarrow -2x_3=0\Rightarrow x_3=0.
    - Depois -3x_2+\sqrt{2}\,x_3+2x_4=0\Rightarrow -3x_2=0\Rightarrow x_2=0.
    - A primeira (linha 1) fica 0\cdot x_1 + 3x_2 + \tfrac{1}{2}x_3 - x_4=0, que com x_2=x_3=x_4=0 é 0=0, portanto x_1 é livre.
Escolhendo x_1=1 como gerador, um vetor próprio é
v^{(1)}=(1,0,0,0)^T.
Autoespaço associado:
E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0,0)^T\}.]

Passo 4

Autovalor [\lambda=-2). Montar A-(-2)I=A+2I e resolver.
A+2I=\begin{pmatrix} 3 & 3 & \tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & 0 & \sqrt{2} & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} 3x_1+3x_2+\tfrac{1}{2}x_3-x_4=0,\\[4pt] \sqrt{2}\,x_3+2x_4=0,\\[4pt] x_3-5x_4=0,\\[4pt] 5x_4=0. \end{cases}
Resolver:
  • 5x_4=0\Rightarrow x_4=0\]. - \(x_3-5x_4=0\Rightarrow x_3=0.
    - \sqrt{2}\,x_3+2x_4=0 fica 0=0.
    - Primeira equação: 3x_1+3x_2=0\Rightarrow x_1=-x_2.
Colocando x_2=t livre, obtemos vetores próprios
x=t(-1,1,0,0)^T.
Autoespaço:
E_{-2}=\operatorname{span}\{(-1,1,0,0)^T\}.]

Passo 5

Autovalor [\lambda=-1). Montar A+I e resolver.
A+I=\begin{pmatrix} 2 & 3 & \tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & -1 & \sqrt{2} & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} 2x_1+3x_2+\tfrac{1}{2}x_3-x_4=0,\\[4pt] - x_2+\sqrt{2}\,x_3+2x_4=0,\\[4pt] -5x_4=0,\\[4pt] 4x_4=0. \end{cases}
Resolver:
  • 4x_4=0\Rightarrow x_4=0\]. - Então \(-5x_4=0 é satisfeita.
    - Da segunda equação: -x_2+\sqrt{2}\,x_3=0\Rightarrow x_2=\sqrt{2}\,x_3.
    - Primeira equação com x_4=0: 2x_1+3x_2+\tfrac{1}{2}x_3=0. Substituir x_2=\sqrt{2}\,x_3:
2x_1 + 3\sqrt{2}\,x_3 + \tfrac{1}{2}x_3 = 0.
Isto dá
2x_1 = -\left(3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}\right)x_3.
Logo
x_1 = -\frac{3\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}}{2}\,x_3 = -\frac{6\sqrt{2}+1}{4}\,x_3.
Tomando x_3=t como parâmetro livre, a solução geral é
x = t\begin{pmatrix} -\dfrac{6\sqrt{2}+1}{4}\\[6pt] \sqrt{2}\\[4pt] 1\\[4pt] 0 \end{pmatrix}.
Para evitar frações, pode-se escolher t=4 e obter como gerador do autoespaço o vetor
v^{(-1)}=\begin{pmatrix} -(6\sqrt{2}+1)\\[4pt] 4\sqrt{2}\\[4pt] 4\\[4pt] 0 \end{pmatrix},
portanto
E_{-1}=\operatorname{span}\{\, (-(6\sqrt{2}+1),\;4\sqrt{2},\;4,\;0)^T\,\}.]

Passo 6

Autovalor [\lambda=3). Montar A-3I e resolver.
A-3I=\begin{pmatrix} -2 & 3 & \tfrac{1}{2} & -1\\[4pt] 0 & -5 & \sqrt{2} & 2\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} -2x_1+3x_2+\tfrac{1}{2}x_3-x_4=0,\\[4pt] -5x_2+\sqrt{2}\,x_3+2x_4=0,\\[4pt] -4x_3-5x_4=0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Resolver por volta descendente, tomando x_4=t\] livre: - Da terceira equação: \(-4x_3-5x_4=0\Rightarrow x_3=-\dfrac{5}{4}x_4=-\dfrac{5}{4}t.
- Da segunda equação:
-5x_2+\sqrt{2}\,x_3+2x_4=0
substituindo x_3:
-5x_2+\sqrt{2}\left(-\dfrac{5}{4}t\right)+2t=0
\Rightarrow x_2 = \dfrac{1}{5}\Big( -\dfrac{5\sqrt{2}}{4}t + 2t\Big) = t\cdot \frac{-5\sqrt{2}+8}{20}.
  • Primeira equação:
-2x_1 + 3x_2 + \tfrac{1}{2}x_3 - x_4=0.
Substituindo x_2 e x_3 em termos de t e isolando x_1, obtém-se (após reduzir frações)
x_1 = t\cdot \frac{-17-30\sqrt{2}}{80}.
Assim a solução geral é
x = t\begin{pmatrix} \dfrac{-17-30\sqrt{2}}{80}\\[6pt] \dfrac{8-5\sqrt{2}}{20}\\[6pt] -\dfrac{5}{4}\\[4pt] 1 \end{pmatrix}.
Multiplicando por 80 para eliminar denominadores e escolher um gerador inteiro, um vetor próprio conveniente é
v^{(3)}=\begin{pmatrix} -17-30\sqrt{2}\\[4pt] 32-20\sqrt{2}\\[4pt] -100\\[4pt] 80 \end{pmatrix}.
Portanto
E_{3}=\operatorname{span}\{(-17-30\sqrt{2},\;32-20\sqrt{2},\;-100,\;80)^T\}.]

Passo 7

Checagem e comentário final:
  • Encontramos quatro autovalores distintos \{1,-2,-1,3\}. Para cada um o autoespaço tem dimensão 1 (ou seja, cada autovalor tem multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica 1). Logo existem quatro vetores próprios linearmente independentes, um para cada autovalor.\n
  • Resumindo os geradores dos autoespaços (cada autoespaço é a reta gerada pelo vetor indicado).

Resposta

\lambda=1:\\ E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0,0)^T\}\
\lambda=-2:\\ E_{-2}=\operatorname{span}\{(-1,1,0,0)^T\}\
\lambda=-1:\\ E_{-1}=\operatorname{span}\{ (-(6\sqrt{2}+1),\;4\sqrt{2},\;4,\;0)^T\}\
\lambda=3:\\ E_{3}=\operatorname{span}\{(-17-30\sqrt{2},\;32-20\sqrt{2},\;-100,\;80)^T\}

Exercícios relacionados