Calcular os autovalores e os autovetores das seguintes matrizes:
A=\left[\begin{array}{rrr}1 & -1 & 0 \\\\ 2 & 3 & 2 \\\\ 1 & 1 & 2\end{array}\right];

Passo 1

O enunciado pede: calcular os autovalores e os autovetores da matriz A. A matriz dada é
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A é uma matriz quadrada 3\times3.
  • 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:
    1. Calcular \det(A-\lambda I).
    2. Encontrar as raízes \lambda desse polinômio (são os autovalores).
    3. 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).
Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & -1 & 0\\[4pt] 2 & 3-\lambda & 2\\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Para o determinante de uma matriz 3\times3 podemos expandir por cofatores (por exemplo pela primeira linha). Fazendo isso:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots).
Agora calculamos cada menor:
  • Primeiro menor:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot 1.
Desenvolvendo:
(3-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^{2}-5\lambda+6,
portanto
(3-\lambda)(2-\lambda)-2=\lambda^{2}-5\lambda+4.
  • Segundo menor:
\det\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=2(2-\lambda)-2\cdot 1=4-2\lambda-2=2(1-\lambda).
Substituindo de volta:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda+4)+2(1-\lambda).
Fatorando 1-\lambda em evidência:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-5\lambda+4+2\bigr)=(1-\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda+6).
O quadrático fatora:
\lambda^{2}-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
Logo o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3).
As raízes são \lambda=1,\;2,\;3. Esses são os autovalores (cada um com multiplicidade algébrica 1).]

Passo 4

Autovetores para [\lambda=1).
Montamos A-I:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Queremos resolver (A-I)v=0, escrevendo v=(x,y,z)^\top. Isso dá o sistema linear:
\begin{cases} 0\cdot x - y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 2x + 2y + 2z = 0,\\[4pt] x + y + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem (y=0]. Substituindo nas outras duas:
2x + 2\cdot 0 + 2z = 0 \quad\Rightarrow\quad x+z=0,
x + 0 + z = 0 \quad\Rightarrow\quad x+z=0,
ambas coincidem. Assim x=-z. Tomando parâmetro t para z, obtemos
v=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq 0.
Portanto um autovetor para \lambda=1 é
\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Autovetores para [\lambda=2).
Montamos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Resolvendo (A-2I)v=0 com v=(x,y,z)^\top:
\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
v=t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq 0.
Um autovetor para \lambda=2 é
\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Autovetores para [\lambda=3).
Montamos A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} -2 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 2\\[4pt] 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Resolvendo (A-3I)v=0 com v=(x,y,z)^\top:
\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
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad t\neq 0.
Portanto um autovetor para \lambda=3 é
\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

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.

Resposta

\lambda=1: \begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}
\lambda=2: \begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}
\lambda=3: \begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}]

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