É solicitado obter todos os autovalores \lambda e, para cada autovalor, um (ou mais) autovetor v\neq 0 tal que Av=\lambda v.]
Passo 2
O que é um autovalor e autovetor e como vamos achar:
Autovalor \lambda e autovetor v satisfazem Av=\lambda v. Isso é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
ou seja, o sistema homogêneo tem solução não-trivial quando \det(A-\lambda I)=0. Esse determinante em função de \lambda é o polinômio característico.
Portanto o procedimento é:
Calcular \det(A-\lambda I).
Encontrar as raízes \lambda desse polinômio (são os autovalores).
Para cada \lambda, resolver (A-\lambda I)v=0 para obter o espaço próprio (autovetores correspondentes).
Vou executar cada uma dessas etapas passo a passo, explicando conceitos e contas.
Passo 3
Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
\begin{cases} - x - y = 0,\\[4pt] 2x + y + 2z = 0,\\[4pt] x + y + 0\cdot z = 0. \end{cases}
Da primeira (e da terceira) equação vem x=-y\]. Substituindo na segunda:
\[2(-y) + y + 2z = 0 \quad\Rightarrow\quad -y + 2z = 0 \quad\Rightarrow\quad y=2z.\]
Logo \(x=-y=-2z. Tomando parâmetro t para z, obtemos
\begin{cases} -2x - y = 0,\\[4pt] 2x + 0\cdot y + 2z = 0,\\[4pt] x + y - z = 0. \end{cases}
Da primeira equação y=-2x\]. Da segunda \(2x+2z=0\Rightarrow z=-x. Substituindo esses valores na terceira verifica-se que dá 0=0, ou seja, a solução é consistente. Tomando parâmetro t para x, obtemos
Resumo e observações finais (motivação para a prova):
Encontramos três autovalores distintos \lambda=1,2,3. Para autovalores simples (multiplicidade algébrica 1) o espaço próprio tem dimensão pelo menos 1; aqui cada um tem dimensão exatamente 1 e obtivemos um autovetor não-nulo para cada.
Os autovetores escolhidos são independentes linearmente, portanto a matriz é diagonalizável (isso é útil se precisar calcular A^k ou mudanças de base).
Em provas, siga sempre: (i) calcule \det(A-\lambda I), (ii) fatorize o polinômio, (iii) para cada raiz resolva o sistema homogêneo reduzindo linhas ou por substituição como fizemos.