Calcular os autovalores e autovetores das seguintes matrizes:
\begin{aligned} A=\left(\begin{array}{rr} -10 & -7 \\\\ 14 & 11 \end{array}\right) \quad B=\left(\begin{array}{rrr} 2 & 16 & 8 \\\\ 4 & 14 & 8 \\\\ -8 & -32 & -18 \end{array}\right) & C=\left(\begin{array}{rrr} 3 & -2 & 5 \\\\ 0 & 1 & 4 \\\\ 0 & -1 & 5 \end{array}\right) \\\ D=\left(\begin{array}{rrr} 0 & 6 & 3 \\\\ -1 & 5 & 1 \\\\ -1 & 2 & 4 \end{array}\right) \quad E=\left(\begin{array}{lll} 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right) & F=\left(\begin{array}{llll} 5 & 0 & 0 & 0 \\\\ 1 & 5 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 5 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{array}\right) \end{aligned}

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados que temos.
  • Pede: calcular os autovalores (eigenvalues) e autovetores (eigenvectors) das matrizes A,B,C,D,E,F dadas abaixo.
  • Matrizes (copiadas do enunciado):
A=\begin{pmatrix}-10 & -7 \\[4pt] 14 & 11\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}2 & 16 & 8\\[2pt]4 & 14 & 8\\[2pt]-8 & -32 & -18\end{pmatrix},
C=\begin{pmatrix}3 & -2 & 5\\[2pt]0 & 1 & 4\\[2pt]0 & -1 & 5\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}0 & 6 & 3\\[2pt]-1 & 5 & 1\\[2pt]-1 & 2 & 4\end{pmatrix},
E=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[2pt]0 & 3 & 0\\[2pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix},\quad F=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0 & 0\\[2pt]1 & 5 & 0 & 0\\[2pt]0 & 0 & 5 & 0\\[2pt]0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}.
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.

Passo 3

Matriz A.
  • Calcular o polinômio característico:
\det\big(A-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}-10-\lambda & -7\\[4pt]14 & 11-\lambda\end{pmatrix}.
Cálculo:
\det=\big(-10-\lambda\big)\big(11-\lambda\big)-(-7)\cdot14.
Expansão:
\big(-10-\lambda\big)\big(11-\lambda\big)=\lambda^2-\lambda-110,
e como (-7)\cdot14=-98 o determinante fica
\lambda^2-\lambda-110+98=\lambda^2-\lambda-12.
Resolver \lambda^2-\lambda-12=0. Fatorando:
\lambda^2-\lambda-12=(\lambda-4)(\lambda+3)=0.
Logo os autovalores são \lambda=4 e \lambda=-3.]

Passo 4

Autovetores de A.
  • Para \lambda=4, resolver (A-4I)v=0:
A-4I=\begin{pmatrix}-14 & -7\\[4pt]14 & 7\end{pmatrix}.
A equação dá -14x-7y=0 ou, dividindo por -7, 2x+y=0, logo y=-2x. Podemos escolher x=1, obtendo um autovetor
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=-3, resolver (A+3I)v=0:
A+3I=\begin{pmatrix}-7 & -7\\[4pt]14 & 14\end{pmatrix}.
A equação dá -7x-7y=0 ou x+y=0, logo y=-x. Escolhendo x=1 temos
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Conclusão para A: dois autovalores simples, autovetores indicados.]

Passo 5

Matriz B: cálculo do polinômio característico.
Calcular
\det\big(B-\lambda I\big)= \det\begin{pmatrix}2-\lambda & 16 & 8\\[2pt]4 & 14-\lambda & 8\\[2pt]-8 & -32 & -18-\lambda\end{pmatrix}.
Faço expansão por cofatores na primeira linha, e para simplificar calculei os menores 2\times2:
  • Menor associado a 2-\lambda:
\begin{vmatrix}14-\lambda & 8\\[2pt]-32 & -18-\lambda\end{vmatrix} =(14-\lambda)(-18-\lambda)-8(-32).
Expandindo chega-se a
(14-\lambda)(-18-\lambda)+256=\lambda^2+4\lambda+4=(\lambda+2)^2.
  • Menor associado a 16:
\begin{vmatrix}4 & 8\\[2pt]-8 & -18-\lambda\end{vmatrix} =4(-18-\lambda)-8(-8)=-4(\lambda+2).
  • Menor associado a 8:
\begin{vmatrix}4 & 14-\lambda\\[2pt]-8 & -32\end{vmatrix} =4(-32)-(14-\lambda)(-8)=-8(\lambda+2).
Agora a expansão:
\det=(2-\lambda)(\lambda+2)^2 -16\big(-4(\lambda+2)\big)+8\big(-8(\lambda+2)\big).
Os últimos dois termos se cancelam ( +64(\lambda+2)-64(\lambda+2)=0), sobrando
\det=(2-\lambda)(\lambda+2)^2.
Assim os autovalores são \lambda=2 (simples) e \lambda=-2 (multiplicidade algébrica 2).]

Passo 6

Autovetores de B.
  • Para \lambda=2: resolver (B-2I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}0 & 16 & 8\\[2pt]4 & 12 & 8\\[2pt]-8 & -32 & -20\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}=0.
Da primeira linha 16y+8z=0\Rightarrow 2y+z=0\Rightarrow z=-2y.
Substituindo nas outras linhas dá x=y. Assim um autovetor é
v=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=-2: resolver (B+2I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}4 & 16 & 8\\[2pt]4 & 16 & 8\\[2pt]-8 & -32 & -16\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}=0.
As linhas mostram dependência linear (linhas 1 e 2 iguais, linha 3 = -2 vez linha 1). Uma equação representativa é
x+4y+2z=0\quad\Rightarrow\quad x=-4y-2z.
Escolhendo parâmetros livres y e z obtemos uma base do espaço próprio. Por exemplo:
  • tomar y=1,z=0 v_1=\begin{pmatrix}-4\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • tomar y=0,z=1 v_2=\begin{pmatrix}-2\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
A multiplicidade geométrica de \lambda=-2 é 2, compatível com a multiplicidade algébrica 2.]

Passo 7

Matriz C: polinômio característico.
\det\big(C-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}3-\lambda & -2 & 5\\[2pt]0 & 1-\lambda & 4\\[2pt]0 & -1 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Observação prática: as entradas da primeira coluna nas linhas 2 e 3 são zero, portanto
\det=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 4\\[2pt]-1 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o menor:
(1-\lambda)(5-\lambda)-4(-1)=\lambda^2-6\lambda+5+4=\lambda^2-6\lambda+9=(\lambda-3)^2.
Logo
\det=(3-\lambda)(\lambda-3)^2=-(\lambda-3)^3.
Portanto o único autovalor é \lambda=3 com multiplicidade algébrica 3.]

Passo 8

Autovetores de C.
Resolver (C-3I)v=0:
C-3I=\begin{pmatrix}0 & -2 & 5\\[2pt]0 & -2 & 4\\[2pt]0 & -1 & 2\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, as equações são
-2y+5z=0,\quad -2y+4z=0,\quad -y+2z=0.
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
v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad x\neq0.
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}.]

Passo 9

Matriz D: polinômio característico.
Calcular
\det\big(D-\lambda I\big)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 6 & 3\\[2pt]-1 & 5-\lambda & 1\\[2pt]-1 & 2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Faço a expansão (ou cálculo direto); chegando ao resultado (mostro o fatoramento):
o determinante expande para
-\lambda(\lambda^2-9\lambda+18)-9\lambda+27=-(\lambda-3)^3.
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).)]

Passo 10

Autovetores de D.
Resolver (D-3I)v=0:
D-3I=\begin{pmatrix}-3 & 6 & 3\\[2pt]-1 & 2 & 1\\[2pt]-1 & 2 & 1\end{pmatrix}.
As linhas 2 e 3 são idênticas, então há uma equação independente:
-3x+6y+3z=0\quad\text{(ou dividindo por 1)}\quad -x+2y+z=0.
Isto implica x=2y+z. Não há outras restrições independentes, então y e z são livres. O espaço próprio tem dimensão 2 (multiplicidade geométrica 2).
Duas escolhas de autovetores independentes:
  • tomar y=1,z=0\Rightarrow x=2: v_1=\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • tomar y=0,z=1\Rightarrow x=1: v_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 11

Matriz E (matriz escalar).
E=3I_{3}=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[2pt]0 & 3 & 0\\[2pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.
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.]

Passo 12

Matriz F.
F=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0 & 0\\[2pt]1 & 5 & 0 & 0\\[2pt]0 & 0 & 5 & 0\\[2pt]0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}.
É triangular por blocos; o polinômio característico é (5-\lambda)^4. Assim \lambda=5 é autovalor com multiplicidade algébrica 4.
Agora (F-5I) é
F-5I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0\\[2pt]1 & 0 & 0 & 0\\[2pt]0 & 0 & 0 & 0\\[2pt]0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
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:
\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Resposta

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}.]

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