ache a equação característica, os autovalores e bases para os autoespaços.
\left[\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \\\\ 0 & 4 & -2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede três coisas para a matriz
A=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 4 & -2\end{pmatrix}.
As perguntas são:
\text{(i) achar o polinômio característico }p(\lambda)=\det(A-\lambda I),ôí
\text{(ii) encontrar os autovalores (raízes de }p(\lambda)),í
\text{(iii) para cada autovalor, achar uma base do autoespaço (autovetores não-nulos).}çã
Informações relevantes dadas: a matriz A de ordem 3 indicada acima. Não há mais dados externos.]

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico. Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -\lambda & 2 \\[4pt] 0 & 4 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Explicação rápida (aula curta): o polinômio característico é definido por p(\lambda)=\det(A-\lambda I). Para uma matriz 3\times3 podemos calcular o determinante por expansão em linha ou coluna. Aqui a primeira linha tem duas entradas zero, então é muito prático expandir pela primeira linha: o determinante é o elemento (-1-\lambda) vezes o determinante do menor complementar (a submatriz 2×2 que fica ao eliminar a primeira linha e primeira coluna).]

Passo 3

Calculo do determinante por expansão pela primeira linha:
p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2 \\[4pt] 4 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante do 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2 \\[4pt] 4 & -2-\lambda\end{pmatrix} =(-\lambda)(-2-\lambda)-2\cdot 4.
Faço as contas passo a passo:
(-\lambda)(-2-\lambda)=\lambda(2+\lambda)=\lambda^2+2\lambda,
então
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2 \\[4pt] 4 & -2-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2+2\lambda-8.
Portanto
p(\lambda)=(-1-\lambda)\bigl(\lambda^2+2\lambda-8\bigr).]

Passo 4

Fatoro o polinômio quadrático \lambda^2+2\lambda-8. Procuro dois números que multiplicam -8 e somam 2: são 4 e -2. Assim
\lambda^2+2\lambda-8=(\lambda+4)(\lambda-2).
Logo
p(\lambda)=(-1-\lambda)(\lambda+4)(\lambda-2).
Observação sobre sinal: podemos também escrever p(\lambda)=-(\lambda+1)(\lambda+4)(\lambda-2); o sinal global não altera as raízes. As raízes (autovalores) são, portanto,
\lambda=-1,\quad \lambda=-4,\quad \lambda=2,
cada uma de multiplicidade algébrica 1 (fatores distintos).

Passo 5

Agora vamos achar os autovetores (autoespaços) resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada raiz.
Caso \lambda=-1. Escrevo A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 2 \\[4pt] 0 & 4 & -1\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+I)v=0 para v=(x,y,z)^T dá o sistema
\begin{cases} 0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0,\\[4pt] 0\cdot x+1\cdot y+2\cdot z=0,\\[4pt] 0\cdot x+4\cdot y-1\cdot z=0. \end{cases}
Das duas últimas equações temos
y+2z=0\quad\text{e}\quad 4y-z=0.
Substituo y=-2z\] na segunda: \(4(-2z)-z=-8z-z=-9z=0, logo z=0. Então y=0. A primeira equação não impõe restrição a x, ou seja x é livre. Isso significa que os autovetores associados a \lambda=-1 têm a forma
v=(x,0,0)^T=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad x\neq 0.
Escolho como base do autoespaço a única (até escala) direção:
\text{base para }E_{-1}=\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 6

Caso \lambda=-4\). Escrevo \(A-(-4)I=A+4I\): \[A+4I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 2 \\[4pt] 0 & 4 & 2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+4I)v=0 para v=(x,y,z)^T dá o sistema
\begin{cases} 3x=0,\\[4pt] 4y+2z=0,\\[4pt] 4y+2z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. As duas últimas são iguais e dão \(4y+2z=0, que simplifica para 2y+z=0, ou seja z=-2y. Tomando y livre, por exemplo y=1, obtemos z=-2. Assim um autovetor é
\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Portanto uma base do autoespaço é
\text{base para }E_{-4}=\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 7

Caso \lambda=2\). Escrevo \(A-2I\): \[A-2I=\begin{pmatrix}-3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & -2 & 2 \\[4pt] 0 & 4 & -4\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-2I)v=0 para v=(x,y,z)^T
\begin{cases} -3x=0,\\[4pt] -2y+2z=0,\\[4pt] 4y-4z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. As outras duas são equivalentes: \(-2y+2z=0 leva a z=y. Tomando y livre, por exemplo y=1, obtemos z=1. Logo um autovetor é
\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},
e uma base do autoespaço é
\text{base para }E_{2}=\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]

Resposta

\;p(\lambda)=(-1-\lambda)(\lambda+4)(\lambda-2)=-(\lambda+1)(\lambda+4)(\lambda-2)
\;\lambda=-1,\; \lambda=-4,\; \lambda=2
\;E_{-1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\},\quad E_{-4}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\},\quad E_{2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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