ache a equação característica, os autovalores e bases para os autoespaços.
\left[\begin{array}{ccc}4 & 0 & 0 \\\\ 3 & 0 & 1 \\\\ 0 & 2 & -1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & -1\end{pmatrix}
e pede três coisas: (1) a equação característica (ou polinômio característico) de A; (2) os autovalores (raízes desse polinômio); (3) bases para os autoespaços (espaços próprios) correspondentes a cada autovalor.
Informações relevantes que temos: A é uma matriz 3\times3 com entradas mostradas acima. Não há outras informações externas.]

Passo 2

Primeiro vamos construir a matriz (A-\lambda I), que é necessária para obter o polinômio característico. A matriz identidade I tem 1 na diagonal principal, então
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -\lambda & 1 \\[4pt] 0 & 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O polinômio característico é dado por \det(A-\lambda I). Note que a primeira linha tem zeros nas segunda e terceira entradas, então o determinante se calcula de forma simples por expansão pela primeira linha: o determinante é o primeiro elemento da primeira linha multiplicado pelo determinante do subbloco 2\times2 que resta. Assim
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calculemos o determinante do 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-1-\lambda)-1\cdot 2=\lambda(1+\lambda)-2=\lambda^{2}+\lambda-2.
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)\,(\lambda^{2}+\lambda-2).
Fatorando a quadrática \lambda^{2}+\lambda-2=(\lambda+2)(\lambda-1), obtemos a forma totalmente fatorada
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+2).
Isto responde a parte da primeira pergunta: a equação característica (igualando a zero) é (4-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+2)=0.]

Passo 4

As raízes desse polinômio são os autovalores. Igualando cada fator a zero temos:
4-\lambda=0\Rightarrow \lambda=4,\qquad \lambda-1=0\Rightarrow \lambda=1,\qquad \lambda+2=0\Rightarrow \lambda=-2.
Logo os autovalores de A são \lambda=4,\;1,\;-2.
Agora vamos achar, para cada autovalor \lambda, o espaço solução de (A-\lambda I)v=0 — esse espaço é o autoespaço associado a \lambda. Para cada \lambda faço o sistema linear e resolvo por variáveis livres, explicando passo a passo.

Passo 5

Autovalor \lambda=4\). Substituímos em \(A-\lambda I\): \[A-4I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -4 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & -5\end{pmatrix}.
Queremos vetores v=(x,y,z)^{T} tais que (A-4I)v=0. Isso gera o sistema
\begin{cases} 0x+0y+0z=0,\\[4pt] 3x-4y+z=0,\\[4pt] 0x+2y-5z=0. \end{cases}
A primeira equação é trivial. Da terceira equação temos 2y-5z=0\Rightarrow y=\dfrac{5}{2}z\]. Substituindo na segunda equação: \[3x-4\Big(\dfrac{5}{2}z\Big)+z=0 \Rightarrow 3x -10z + z =0 \Rightarrow 3x-9z=0 \Rightarrow x=3z.\] Logo as soluções têm a forma \(v=z(3,\tfrac{5}{2},1)^{T}. Para evitar frações escolhemos z=2 e obtemos um vetor-base inteiro conveniente:
v_{4}=\begin{pmatrix}6\\[4pt]5\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço de \lambda=4 é gerado por v_{4} e tem dimensão 1. Uma base é \{(6,5,2)^{T}\}.]

Passo 6

Autovalor \lambda=1\). Calculamos \[A-I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & -2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)v=0 com v=(x,y,z)^{T} obtemos
\begin{cases} 3x=0,\\[4pt] 3x-y+z=0,\\[4pt] 2y-2z=0. \end{cases}
Da primeira equação vem x=0\]. Da terceira vem \(2(y-z)=0\Rightarrow y=z. A segunda com x=0 -y+z=0, que é a mesma condição y=z (consistente). Tomando z=t livre, obtemos vetores da forma (0,t,t)^{T}=t(0,1,1)^{T}. Assim uma base para o autoespaço de \lambda=1 é \{(0,1,1)^{T}\}.]

Passo 7

Autovalor \lambda=-2\). Calculamos \[A+2I=\begin{pmatrix}6 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & 1\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+2I)v=0 com v=(x,y,z)^{T}:
\begin{cases} 6x=0,\\[4pt] 3x+2y+z=0,\\[4pt] 2y+z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=0\]. Da terceira vem \(z=-2y. Substituindo na segunda (com x=0) obtemos 2y+(-2y)=0, que é satisfeita, portanto as soluções são v=(0,y,-2y)^{T}=y(0,1,-2)^{T}. Uma base para o autoespaço associado a \lambda=-2 é \{(0,1,-2)^{T}\}.
Observação final: cada autovalor tem multiplicidade algébrica 1 (pois cada fator aparece uma vez no polinômio), e os autoespaços encontrados têm dimensão 1 (cada um tem um vetor gerador). Os três vetores escolhidos são linearmente independentes, portanto diagonalização é possível — mas isso é apenas um comentário extra, não pedido explicitamente.]

Resposta

\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+2)
Autovalores: \lambda=4,\;1,\;-2
Bases dos autoespaços: para \lambda=4: \{(6,5,2)^{T}\}; para \lambda=1: \{(0,1,1)^{T}\}; para \lambda=-2: \{(0,1,-2)^{T}\}

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