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
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
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.
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:
Da primeira equação vem x=0\]. Da terceira vem \(2(y-z)=0\Rightarrow y=z. A segunda com x=0 dá -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}\}.]
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}\}