O objetivo em cada caso: (1) achar os valores \lambda que satisfazem \det(A-\lambda I)=0 (autovalores), e (2) para cada \lambda não trivial achar vetores v\neq 0 tal que A v=\lambda v, isto é, resolver (A-\lambda I)v=0 (autovetores).]
Passo 2
Breve lembrete didático do método (para aplicar em todas as matrizes).
Definição: um par (\lambda,v) com v\neq0 é autovalor/autovetor se A v=\lambda v.
Para encontrar \lambda: calcular o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Resolver essa equação dá os autovalores (com suas multiplicidades algébricas).
Para cada autovalor \lambda resolver o sistema linear homogêneo
(A-\lambda I)v=0
para obter a(s) direção(ões) dos autovetores (espaço próprio). Isso normalmente se faz por eliminação de Gauss.
Notas: multiplicidade algébrica = multiplicidade de \lambda como raiz do polinômio característico; multiplicidade geométrica = dimensão do espaço solução de (A-\lambda I)v=0. Em prova, calcule e comente se aparecer.
Agora aplico esse método em cada matriz, desenvolvendo as contas passo a passo.
Das duas últimas equações obtemos y=2z. Substituindo na primeira: -2(2z)+5z=-4z+5z=z=0, logo z=0 e então y=0. Não há restrição sobre x (a primeira coluna é toda zero), portanto os autovetores têm a forma
A dimensão do espaço próprio é 1 (multiplicidade geométrica 1), ou seja, C tem autovalor 3 com multiplicidade algébrica 3 mas apenas um autovetor independente; comportamento de Jordan não diagonalizável.
Um autovetor conveniente é v=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.]
Portanto o polinômio característico é -(\lambda-3)^3 e o autovalor único é \lambda=3 com multiplicidade algébrica 3.
(Obs.: dá para verificar expandindo e reconher que \lambda=3 é raiz tripla porque a expressão resultante coincide com -( \lambda^3-9\lambda^2+27\lambda-27).)]
Para qualquer matriz cI o polinômio característico é (3-\lambda)^3, logo autovalor \lambda=3 com multiplicidade algébrica 3. E (E-3I)=0 é a matriz nula, então qualquer vetor não-nulo é autovetor. O espaço próprio é todo \mathbb{R}^3: multiplicidade geométrica 3. Autovetores podem ser, por exemplo, as bases canônicas e_1,e_2,e_3.]
Resolver (F-5I)v=0 com v=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T leva à equação x_1=0 (vinda da segunda linha). As outras coordenadas x_2,x_3,x_4 são livres. Portanto o espaço próprio tem dimensão 3 (multiplicidade geométrica 3). Uma base de autovetores:
A: \lambda=4 com autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix};
\lambda=-3 com autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
B: \lambda=2 com autovetor \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix};
\lambda=-2 (multiplicidade algébrica 2) com autovetores base \begin{pmatrix}-4\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-2\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
C: \lambda=3 (multiplicidade algébrica 3); espaço próprio unidimensional gerado por \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
D: \lambda=3 (multiplicidade algébrica 3) com espaço próprio de dimensão 2; autovetores base \begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
E: \lambda=3 (multiplicidade algébrica 3), qualquer vetor não-nulo é autovetor (espaço próprio \mathbb{R}^3); por exemplo \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
F: \lambda=5 (multiplicidade algébrica 4), espaço próprio de dimensão 3 com base de autovetores \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.]