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

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 0 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 0\end{pmatrix}
e pede três coisas: (a) a equação característica, (b) os autovalores e (c) bases para os autoespaços (espaços próprios) correspondentes.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado: os elementos da matriz A são exatamente os indicados na matriz acima (elementos fora da diagonal iguais a 1, diagonal igual a 0). Não há outra figura ou dado oculto.]

Passo 2

Primeiro, lembro o que significa achar autovalores e autoespaços (breve “aula” rápida e prática).
  • Um vetor não-nulo v é um autovetor de A associado ao escalar \lambda se
Av=\lambda v.
  • Para encontrar \lambda procuramos soluções de
\det(A-\lambda I)=0,
que é a chamada equação característica. O determinante acima é um polinômio em \lambda. As raízes desse polinômio são os autovalores. Para cada autovalor \lambda o espaço solução de (A-\lambda I)v=0 é o autoespaço (e precisamos fornecer uma base dele).
Agora escrevo a matriz A-\lambda I explicitamente:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 1 & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1 & -\lambda\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calculo o determinante \det(A-\lambda I) por expansão (mostrando cada passo das contas). Expansão pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}1 & -\lambda \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Agora cada menor:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot1=\lambda^2-1,
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(-\lambda)-1\cdot1=-\lambda-1,
\det\begin{pmatrix}1 & -\lambda \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-(-\lambda)\cdot1=1+\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(\lambda^2-1)-1(-\lambda-1)+1(1+\lambda).
Desenvolvendo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+\lambda +\lambda+1+1+\lambda=-\lambda^3+3\lambda+2.
É conveniente escrever o polinômio com sinal positivo na frente: factorizando um -1,
\det(A-\lambda I)=-(\lambda^3-3\lambda-2).
Para achar os autovalores resolvemos \det(A-\lambda I)=0; isso é equivalente a \lambda^3-3\lambda-2=0.]

Passo 4

Agora fatoramos o polinômio \lambda^3-3\lambda-2. Uso o teste de raízes racionais simples: tento \lambda=2:
2^3-3\cdot2-2=8-6-2=0,
logo \lambda-2 é fator. Faço a fatoração:
\lambda^3-3\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda^2+2\lambda+1).
Repare que \lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2. Portanto
\lambda^3-3\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1)^2.
Voltando ao determinante,
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-2)(\lambda+1)^2.
Como equação característica (igualando a zero) podemos escrever simplesmente
(\lambda-2)(\lambda+1)^2=0.
Conclusão sobre autovalores: há \lambda=2 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 2).
Comentário curto e útil: observa-se também uma visão rápida (intuição) — a matriz A é \,J-I, onde J é a matriz de todos uns. A matriz J tem autovalores 3 (vetor (1,1,1)) e 0 com multiplicidade 2; subtraindo I os autovalores mudam por -1, dando 2 e -1 duas vezes. Isso confirma o resultado.

Passo 5

Agora encontramos bases dos autoespaços. Começo por \lambda=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\). A matriz \((A-2I)\) é \[A-2I=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & -2 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & -2\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações para v=(x,y,z)^T:
\begin{cases} -2x+y+z=0,\\[4pt] x-2y+z=0,\\[4pt] x+y-2z=0. \end{cases}
Se somarmos as três equações obtemos 0=0\] (dependência), mas observe que \(x=y=z satisfaz todas (substitua x=y=z e cada equação vira -2x+x+x=0). Assim todos os vetores proporcionais a \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} são soluções. Como a multiplicidade algébrica é 1, esperamos dimensão do autoespaço 1. Então uma base para o autoespaço de \lambda=2 é
\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 6

Agora \lambda=-1. Resolvemos (A-(-1)I)v=(A+I)v=0. A matriz A+I é
A+I=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix},
ou seja, a matriz de todos uns. A equação (A+I)v=0 é equivalente a
x+y+z=0
(é a mesma equação em cada linha, então há apenas uma condição independente). Logo o espaço solução tem dimensão 2 (coerente com multiplicidade algébrica 2). Podemos escolher duas soluções independentes que satisfaçam x+y+z=0. Por exemplo:
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Verifico rapidamente: em ambos x+y+z=0. São linearmente independentes (os dois não são múltiplos um do outro), portanto formam uma base do autoespaço associado a \lambda=-1. Outro par equivalente seria (1,-1,0) e (0,1,-1); qualquer par de vetores independentes com soma de componentes zero serve.
Observação útil e motivadora: como A é simétrica, autoespaços associados a autovalores distintos são ortogonais. De fato \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} é ortogonal a \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} e a \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix} (produto escalar zero), o que é um bom cheque.]

Resposta

Equação característica: (\lambda-2)(\lambda+1)^2=0.
Autovalores: \lambda=2 (multiplicidade algébrica 1), \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 2).
Base do autoespaço de \lambda=2: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Base do autoespaço de \lambda=-1: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.]

Exercícios relacionados