1- Ache o polinômio característico, os autovalores e os autovetores de cada matriz:
(a)
\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 1 & 1 \end{array}\right]
(b)
\left[\begin{array}{cc} 1 & -1 \\\\ 2 & 4 \end{array}\right]
(c)
\left[\begin{array}{lll} 0 & 1 & 2 \\\\ 0 & 0 & 3 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais são as matrizes fornecidas.
  • O enunciado pede, para cada matriz, três coisas: o polinômio característico, os autovalores e os autovetores.
  • Matrizes dadas:
    • (a) A_a=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}
    • (b) A_b=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix}
    • (c) A_c=\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 3 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}
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.
A_a-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}
Calcular o determinante:
p_a(\lambda)=\det\big(A_a-\lambda I\big)=(1-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot1.
Expandindo:
p_a(\lambda)=(1-\lambda)^2-1=1-2\lambda+\lambda^2-1=\lambda^2-2\lambda.
Podemos factorizar:
p_a(\lambda)=\lambda(\lambda-2).
Portanto as raízes (autovalores) são \lambda=0 e \lambda=2.]

Passo 4

Ainda (a): encontrar autovetores para cada autovalor.
Para \lambda=0 resolvemos (A_a-0I)v=0, isto é A_a v=0:
\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
As equações são
x+y=0,\qquad x+y=0.
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\}.
Para \lambda=2 resolvemos (A_a-2I)v=0:
\begin{pmatrix}1-2 & 1 \\[4pt] 1 & 1-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=0.
As equações são
-x+y=0,\qquad x-y=0,
ambas dão y=x. Tomando x=t obtemos autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}. Em notação:
\text{Autovetores para }\lambda=2:\quad \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Observação rápida: os dois autovalores são distintos, portanto a matriz tem duas direções próprias independentes (é diagonalizável).]

Passo 5

Parte (b): calcular o polinômio característico de A_b.
A_b-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] 2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Determinante:
p_b(\lambda)=\det\big(A_b-\lambda I\big)=(1-\lambda)(4-\lambda)-(-1)\cdot 2.
O segundo termo é +2. Expandindo:
p_b(\lambda)=(1-\lambda)(4-\lambda)+2.
Calculemos (1-\lambda)(4-\lambda)=4- \lambda-4\lambda+\lambda^2=4-5\lambda+\lambda^2. Somando 2:
p_b(\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6.
Fatorizando:
p_b(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda-3).
Logo os autovalores são \lambda=2 e \lambda=3.]

Passo 6

Ainda (b): encontrar autovetores.
Para \lambda=2:
A_b-2I=\begin{pmatrix}1-2 & -1 \\[4pt] 2 & 4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -1 \\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix}.
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\}.
Para \lambda=3:
A_b-3I=\begin{pmatrix}1-3 & -1 \\[4pt] 2 & 4-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & -1 \\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix}.
As equações são -2x-y=0 e 2x+y=0 (a segunda é múltipla da primeira), que dão y=-2x. Tomando x=t obtemos y=-2t. Logo
\text{Autovetores para }\lambda=3:\quad \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\}.
Novamente, autovalores distintos implicam duas direções próprias independentes (diagonalizável).]

Passo 7

Parte (c): calcular o polinômio característico de A_c.
Como A_c é matriz triangular superior, o determinante de A_c-\lambda I é o produto dos termos diagonais (0-\lambda)(0-\lambda)(0-\lambda). Portanto
p_c(\lambda)=\det\big(A_c-\lambda I\big)=(-\lambda)(-\lambda)(-\lambda)=(-\lambda)^3=-\lambda^3.
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
\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}.
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\}.
(c) p_c(\lambda)=-\lambda^3 (ou, até constante, \lambda^3). Autovalor: \lambda=0 (multiplicidade algébrica 3). Autovetores: \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\} (multiplicidade geométrica 1).]

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