Achar todos os autovalores da matriz A e seus respectivos autoespaços, em que:
A=\left(\begin{array}{cccc}3 & 1 & 0 & 0 \\\\ -1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & 4 \\\\ 0 & 0 & 1 & 1\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado pede que eu ache todos os autovalores de A e os seus respectivos autoespaços (espaços próprios). A matriz dada é
A=\begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A matriz A é uma matriz 4\times4.
  • Observando a matriz, existem dois blocos 2\times2 na diagonal (o bloco superior esquerdo e o bloco inferior direito) e zeros fora desses blocos.
O que é pedido:
  • Encontrar todos os autovalores \lambda de A (ou seja, os \lambda tais que existe vetor não-nulo v com Av=\lambda v).
  • Para cada autovalor, encontrar o autoespaço, isto é, o conjunto de todos os vetores v que satisfazem Av=\lambda v (normalmente dado como o espaço nulo de A-\lambda I e apresentado por uma base).]

Passo 2

Por que observar os blocos ajuda (breve explicação didática):
  • Quando uma matriz é blocada em forma diagonal (zeros nos blocos fora da diagonal principal), o polinômio característico fatoriza como produto dos polinômios característicos dos blocos. Isso significa que os autovalores de A são os autovalores de cada bloco, e os autoespaços podem ser construídos a partir dos autoespaços dos blocos.
  • Aqui, identifico os dois blocos 2\times2:
B_1=\begin{pmatrix}3&1\\[4pt]-1&1\end{pmatrix} \qquad\text{e}\qquad B_2=\begin{pmatrix}1&4\\[4pt]1&1\end{pmatrix}.
Vou calcular os polinômios característicos de B_1 e B_2, achar seus autovalores e então determinar os autoespaços correspondentes, lembrando que um autovetor de A terá coordenadas não nulas somente no bloco correspondente ao autovalor (se o outro bloco para aquele \lambda não tiver solução não-trivial).]

Passo 3

Calcular os autovalores de B_1.
O polinômio característico de um 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} é (a-\lambda)(d-\lambda)-bc. Aplicando em B_1:
\det(B_1-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)(1-\lambda)- (1)(-1).
Calculo:
(3-\lambda)(1-\lambda)+1 = (3\cdot1) -3\lambda -\lambda +\lambda^2 +1 = \lambda^2 -4\lambda +4.
Reconhecendo como quadrado perfeito:
\lambda^2 -4\lambda +4=(\lambda-2)^2.
Portanto B_1 tem autovalor \lambda=2 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Calcular os autovalores de B_2.
\det(B_2-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 4\\[4pt]1 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)^2 - 4\cdot 1.
Calculo:
(1-\lambda)^2 -4 = 1 -2\lambda +\lambda^2 -4 = \lambda^2 -2\lambda -3.
Fatorando:
\lambda^2 -2\lambda -3 = (\lambda-3)(\lambda+1).
Portanto B_2 tem autovalores \lambda=3 e \lambda=-1, ambos com multiplicidade algébrica 1.]

Passo 5

Concluir os autovalores de A.
Como A é blocada diagonalmente com blocos B_1 e B_2, o polinômio característico de A é o produto dos dos blocos. Logo os autovalores de A são:
  • \lambda=2 (vindo de B_1, multiplicidade algébrica 2),
  • \lambda=3 (vindo de B_2),
  • \lambda=-1 (vindo de B_2).
Agora preciso achar, para cada um, o autoespaço E_\lambda=\operatorname{Ker}(A-\lambda I).

Passo 6

Calcular o autoespaço associado a [\lambda=2).
Escrevo A-2I em blocos:
A-2I=\begin{pmatrix} 3-2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 1-2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1-2 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -1 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Resolver (A-2I)x=0. Escrevo x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T. Isso corresponde a dois sistemas independentes devido à estrutura em blocos:
  • Do bloco superior (linhas 1 e 2):
\begin{cases} x_1 + x_2 = 0,\\[4pt] - x_1 - x_2 = 0, \end{cases}
essas duas equações são equivalentes e reduzem a x_2 = -x_1\]. - Do bloco inferior (linhas 3 e 4): \[\begin{pmatrix}-1 & 4\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_3\\[4pt]x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.\] O determinante desse bloco é \((-1)(-1)-4\cdot1 = 1-4 = -3 \neq 0, logo a única solução para (x_3,x_4) é (0,0).
Conclusão: os autovetores associados a \lambda=2 têm a forma
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(t,-t,0,0)=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Assim o autoespaço E_2 é gerado por \begin{pmatrix}1\\\\ -1\\\\ 0\\\\ 0\end{pmatrix}. Observação importante: a multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1 (dimensão do autoespaço), menor que a multiplicidade algébrica 2.]

Passo 7

Calcular o autoespaço associado a \lambda=3.
Escrevo A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
Resolver (A-3I)x=0. De novo, os blocos separam:
  • Bloco superior (linhas 1 e 2):
\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
O determinante é 0\cdot(-2) - 1\cdot(-1) = 1 \neq 0, então a única solução é x_1=x_2=0.
  • Bloco inferior (linhas 3 e 4):
\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_3\\[4pt]x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Essas equações são equivalentes (a segunda é \frac{1}{-2} vezes a primeira com sinal), podemos resolver a primeira:
-2x_3 + 4x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_3 = 2x_4.
Tomando x_4=t, obtemos x_3=2t. Assim os autovetores têm a forma
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(0,0,2t,t)=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Logo E_3=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 8

Calcular o autoespaço associado a \lambda=-1.
Escrevo A+I (pois \lambda=-1 implica A-(-1)I=A+I):
A+I=\begin{pmatrix} 4 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Resolver (A+I)x=0.
  • Bloco superior:
\begin{pmatrix}4 & 1\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Determinante 4\cdot2 - 1\cdot(-1)=8+1=9\neq0, então x_1=x_2=0.
  • Bloco inferior:
\begin{pmatrix}2 & 4\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_3\\[4pt]x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação é 2x_3 +4x_4 = 0, que dá x_3 = -2 x_4. Tomando x_4=t, tem-se x_3=-2t. Assim os autovetores têm a forma
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(0,0,-2t,t)=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Logo E_{-1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 9

Resumo das dimensões e observações:
  • Autovalores de A: \;2 (algébrica 2, geométrica 1), \;3 (algébrica 1, geométrica 1), \;-1 (algébrica 1, geométrica 1).
  • Para \lambda=2 o autoespaço é unidimensional; isto significa que A não é diagonalizável (pois não há 4 autovetores linearmente independentes: a soma das dimensões geométricas dos autoespaços é 1+1+1=3<4).

Resposta

\lambda=2:\;E_{2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}
\lambda=3:\;E_{3}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\lambda=-1:\;E_{-1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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