Em cada um dos Problemas 14a 20, encontre todos os autovalores e autovetores da matriz dada.
\left(\begin{array}{rrr}3 & 2 & 2 \\\\ 1 & 4 & 1 \\\\ -2 & -4 & -1\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 4 & 1 \\[4pt] -2 & -4 & -1\end{pmatrix}
e pede: encontrar todos os autovalores e, para cada autovalor, todos os autovetores não nulos (ou seja, uma base do correspondente espaço próprio).\n
Informações relevantes dadas: os nove elementos de A estão todos acima listados; nada mais foi dado. A tarefa é achar todos os \lambda tais que existe vetores v\neq 0 com Av=\lambda v, e determinar esses vetores.]

Passo 2

O que é preciso fazer (explicação didática):
  • Um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem Av=\lambda v.
  • Reescrevemos isso como (A-\lambda I)v=0. Para existir v\neq0 solução, precisamos que \det(A-\lambda I)=0. Esse determinante em \lambda é o polinômio característico.
  • Portanto a primeira etapa é calcular o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I) e achar suas raízes. Depois, para cada raiz \lambda, resolveremos o sistema homogêneo (A-\lambda I)v=0 para obter os autovetores (o espaço nulo da matriz A-\lambda I).

    Explicando variáveis: \lambda é um escalar (o autovalor), I é a matriz identidade 3\times3, e v=(x_1,x_2,x_3)^T é o autovetor desconhecido.

Passo 3

Formamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 4-\lambda & 1 \\[4pt] -2 & -4 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante \det(A-\lambda I). Vou expandir pela primeira linha e calcular cada menor:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1 \\[4pt] -4 & -1-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] -2 & -1-\lambda\end{pmatrix} +2\det\begin{pmatrix}1 & 4-\lambda \\[4pt] -2 & -4\end{pmatrix}.
Calculemos os três menores separadamente:
\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1 \\[4pt] -4 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(4-\lambda)(-1-\lambda)-1(-4)=\lambda^2-3\lambda.
\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] -2 & -1-\lambda\end{pmatrix} =1(-1-\lambda)-1(-2)=1-\lambda.
\det\begin{pmatrix}1 & 4-\lambda \\[4pt] -2 & -4\end{pmatrix} =1(-4)-(4-\lambda)(-2)=4-2\lambda.
Substituindo esses resultados:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda)-2(1-\lambda)+2(4-2\lambda).
Agora simplificamos passo a passo. Observe que (3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda)=-\lambda(\lambda-3)^2. Expandindo tudo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
Podemos escrever \det(A-\lambda I)=-(\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6). Logo o polinômio característico a ser zerado é
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0.]

Passo 4

Fatoramos o polinômio cúbico. Testando raízes inteiras óbvias, vemos que \lambda=1 é raiz porque
1-6+11-6=0.
Dividindo por \lambda-1 (ou fatorando), obtemos
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+6)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto os autovalores distintos são
\lambda=1,\quad \lambda=2,\quad \lambda=3.
Como são três autovalores distintos em \mathbb{R}, cada um terá pelo menos um autovetor não nulo, e os autovetores associados a autovalores distintos serão linearmente independentes.

Passo 5

Agora encontramos os autovetores. Começamos com \lambda=1\). Formamos \(A-I\) e resolvemos \((A-I)v=0\): \[A-I=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 3 & 1 \\[4pt] -2 & -4 & -2\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema para v=(x_1,x_2,x_3)^T:
\begin{cases} 2x_1+2x_2+2x_3=0,\\[4pt] x_1+3x_2+x_3=0,\\[4pt] -2x_1-4x_2-2x_3=0. \end{cases}
Vamos reduzir o sistema (eliminação de Gauss). Troco as linhas para ter um pivô 1:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1\\[4pt] 2 & 2 & 2\\[4pt] -2 & -4 & -2 \end{pmatrix}.
Eliminação:
  • R_2\leftarrow R_2-2R_1\] dá \(R_2=(0,-4,0).
  • R_3\leftarrow R_3+2R_1 R_3=(0,2,0).
    Agora vemos que R_2 corresponde a -4x_2=0, logo x_2=0. Usando R_1 com x_2=0: x_1+x_3=0, então x_1=-x_3.
    Escolhemos parâmetro t para x_3: x_3=t. Assim
v=t(-1,0,1).
Portanto uma base do espaço próprio para \lambda=1 é formada pelo vetor (-1,0,1).]

Passo 6

Agora \lambda=2\). Formamos \(A-2I\): \[A-2I=\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 2 & 1 \\[4pt] -2 & -4 & -3\end{pmatrix}.
Resolvemos (A-2I)v=0, isto é
\begin{cases} x_1+2x_2+2x_3=0,\\[4pt] x_1+2x_2+x_3=0,\\[4pt] -2x_1-4x_2-3x_3=0. \end{cases}
Subtraindo a segunda equação da primeira obtemos x_3=0\]. Substituindo \(x_3=0 na segunda equação: x_1+2x_2=0, logo x_1=-2x_2.
Tomando parâmetro s para x_2, temos
v=s(-2,1,0).
Portanto uma base do espaço próprio para \lambda=2 é (-2,1,0).]

Passo 7

Finalmente \lambda=3\). Formamos \(A-3I\): \[A-3I=\begin{pmatrix}0 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \\[4pt] -2 & -4 & -4\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-3I)v=0:
\begin{cases} 0\cdot x_1+2x_2+2x_3=0,\\[4pt] x_1+x_2+x_3=0,\\[4pt] -2x_1-4x_2-4x_3=0. \end{cases}
Da primeira equação vem 2x_2+2x_3=0\Rightarrow x_2=-x_3\]. Substituindo na segunda equação: \(x_1+(-x_3)+x_3= x_1=0.
Tomando parâmetro u para x_3, obtemos
v=u(0,-1,1).
Logo uma base do espaço próprio para \lambda=3 é (0,-1,1).]

Passo 8

Resumo conceitual rápido: para cada \lambda achamos o espaço nulo de A-\lambda I. Cada espaço nulo é gerado por um vetorzinho não nulo (porque os autovalores são distintos, a multiplicidade geométrica é 1 para cada um). Esses vetores formam um conjunto linearmente independente de três vetores (útil se quiser diagonalizar A).

Resposta

\lambda=1: autovetores proporcionais a (-1,0,1).\n
\lambda=2: autovetores proporcionais a (-2,1,0).\n
\lambda=3: autovetores proporcionais a (0,-1,1).

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