Agora vamos, passo a passo, calcular para cada matriz o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I), encontrar as raízes (autovalores) e resolver os sistemas (A-\lambda I)v=0 para obter autovetores.]
Passo 2
Breve lembrete prático (fórmulas e ideias que vou usar).
O polinômio característico de uma matriz A é definido por p(\lambda)=\det\big(A-\lambda I\big), onde I é a matriz identidade do mesmo tamanho de A e \lambda é a variável (o “autovalor candidato”).
Os autovalores são as raízes de p(\lambda)=0.
Para cada autovalor \lambda resolvemos o sistema linear homogêneo \big(A-\lambda I\big)v=0 para encontrar os autovetores v\neq 0. Esse sistema geralmente tem variáveis livres que damos como parâmetro, e esses parâmetros geram a base do espaço próprio (eigenspace).
Observação útil: para matrizes triangulares, \det(A-\lambda I) é o produto dos termos diagonais (a_{ii}-\lambda).
Agora aplico isso a cada matriz.
Passo 3
Parte (a): calcular o polinômio característico de A_a.
Ambas igualam a y=-x. Tomando x=t (parâmetro livre t\neq0), temos y=-t. Logo o espaço próprio é gerado por \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}. Em notação:
\text{Autovetores para }\lambda=0:\quad \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.
Resolver \begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=0. A primeira equação é -x-y=0 ou y=-x. Tomando x=t obtemos y=-t. Assim
\text{Autovetores para }\lambda=2:\quad \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}.
A raiz única é \lambda=0 com multiplicidade algébrica 3. (Podemos também escrever o polinômio, até fator constante, como \lambda^3; a informação importante é que a única raiz é \lambda=0 de multiplicidade 3.)
Passo 8
Ainda (c): encontrar autovetores para [\lambda=0). Isso significa resolver A_c v=0.
Escrevendo o sistema A_c\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=0:
as equações são
\begin{cases} 0\cdot x + 1\cdot y + 2\cdot z=0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 3\cdot z=0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Da segunda equação obtemos 3z=0\Rightarrow z=0\]. Substituindo na primeira, \(y+2\cdot 0=0\Rightarrow y=0. A terceira equação não impõe restrição sobre x, então x é livre. Tomando x=t obtemos vetores da forma \begin{pmatrix}t\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}. Logo o espaço próprio (autovetores associados a \lambda=0) é
Isso significa que a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é 1, menor que a multiplicidade algébrica 3. Comentário didático: quando a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica, a matriz NÃO é diagonalizável; no caso de matrizes estritamente triangulares com zeros na diagonal (matrizes nilpotentes não nulas) isso é esperado — elas têm apenas um autovetor (ou poucas), apesar de autovalor nulo com alta multiplicidade.]
Passo 9
Resumo didático rápido (para te ajudar na prova):
Para encontrar o polinômio característico sempre calcule \det(A-\lambda I). Em matrizes 2\times2 é uma conta rápida; em triangulares use o produto dos termos da diagonal.
Para cada autovalor resolva o sistema (A-\lambda I)v=0. Use eliminação gaussiana ou identifique equações redundantes; os parâmetros livres geram as direções dos autovetores.
Se todos os autovalores forem distintos, a matriz tem autovetores linearmente independentes suficientes para ser diagonalizável. Se houver autovalor de multiplicidade algébrica maior que 1, verifique a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio).
Resposta
(a) p_a(\lambda)=\lambda(\lambda-2). Autovalores: \lambda=0,\; \lambda=2. Autovetores: para \lambda=0\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}; para \lambda=2\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
(b) p_b(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3). Autovalores: \lambda=2,\; \lambda=3. Autovetores: para \lambda=2\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\}; para \lambda=3\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\}.