Calcular os autovalores e todos os autoespaços, das seguintes matrizes:
A=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 2 & 3\end{array}\right) sobre \mathbb{R}.

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • A matriz dada é
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt]1 & 2 & 1\\[4pt]1 & 2 & 3\end{pmatrix}.
  • O enunciado pede: calcular os autovalores (valores próprios, eigenvalues) e todos os autoespaços (eigenspaces) de A sobre \mathbb{R}.
Vou listar claramente o que vou encontrar: os escalares \lambda tais que existe vetor não-nulo v com Av=\lambda v, e para cada \lambda vou descrever o conjunto de todos os vetores v que satisfazem isso (o autoespaço correspondente).]

Passo 2

O que é um autovalor e como achar: ideia e fórmula que usarei.
  • Definição prática: um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
  • Reescrevendo,
(A-\lambda I)v=0.
Para existir solução não-trivial v devemos ter
\det(A-\lambda I)=0.
Esse determinante é o polinômio característico; as raízes dele são exatamente os autovalores. Vou calcular \det(A-\lambda I), fatorar e obter as raízes.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Faço operações de linha que preservam o determinante (subtrair a primeira linha das outras) para simplificar o cálculo:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1,
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Isso dá a matriz
\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1\\[4pt] \lambda & -\lambda & 0\\[4pt] \lambda & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix},
pois
1-(1-\lambda)=\lambda,\qquad (2-\lambda)-2=-\lambda,\qquad (3-\lambda)-1=2-\lambda.
Agora calculo o determinante por desenvolvimento (expansão pela primeira linha, por exemplo):
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 0\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt]\lambda & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}\lambda & -\lambda\\[4pt]\lambda & 0\end{pmatrix}.
Calculo cada menor:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 0\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix}=-\lambda(2-\lambda)=\lambda^2-2\lambda,
\det\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt]\lambda & 2-\lambda\end{pmatrix}=\lambda(2-\lambda)=2\lambda-\lambda^2,
\det\begin{pmatrix}\lambda & -\lambda\\[4pt]\lambda & 0\end{pmatrix}=\lambda\cdot 0 -(-\lambda)\cdot\lambda=\lambda^2.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)-2(2\lambda-\lambda^2)+\lambda^2.
Agora desenvolvo os produtos:
(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)=\lambda^2-2\lambda-\lambda^3+2\lambda^2=-\lambda^3+3\lambda^2-2\lambda.
Somando os demais termos:
-\lambda^3+3\lambda^2-2\lambda -4\lambda+2\lambda^2 +\lambda^2 = -\lambda^3+6\lambda^2-6\lambda.
Factorizo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda^2-6\lambda+6).
Como só interessa as raízes, posso multiplicar por -1. Assim as raízes satisfazem
\lambda(\lambda^2-6\lambda+6)=0.]

Passo 4

Encontrar as raízes do polinômio característico: os autovalores.
Das fatorações temos uma raiz \lambda=0. Para as outras usamos a fórmula quadrática em \lambda^2-6\lambda+6=0:
\lambda=\frac{6\pm\sqrt{36-24}}{2}=\frac{6\pm\sqrt{12}}{2}=\frac{6\pm 2\sqrt{3}}{2}=3\pm\sqrt{3}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=3+\sqrt{3},\qquad \lambda_3=3-\sqrt{3}.
Como são três autovalores distintos, cada um terá autovalor geométrico (dimensão do autoespaço) igual a 1 (isto é uma consequência: autovalores simples têm espaço próprio de dimensão 1) — mas vou calcular explicitamente as autofunções (vetores próprios) para cada caso.

Passo 5

Autoespaço correspondente a [\lambda=0): resolver A v = 0.
Escrevo o sistema A(x,y,z)^\top=0:
\begin{cases} x+2y+z=0,\\[4pt] x+2y+z=0,\\[4pt] x+2y+3z=0. \end{cases}
As duas primeiras equações são idênticas; subtraindo a primeira da terceira obtemos
(x+2y+3z)-(x+2y+z)=2z=0 \quad\Rightarrow\quad z=0.
Com z=0\] a primeira equação dá \(x+2y=0, isto é x=-2y. Assim os vetores próprios são da forma
(x,y,z)=(-2y,y,0)=y(-2,1,0),\qquad y\in\mathbb{R}.
Escolhendo um vetor não-nulo gerador, um basis do autoespaço é \{(-2,1,0)\}. Logo
E_{0}=\operatorname{span}\{(-2,1,0)\}.]

Passo 6

Autoespaço para [\lambda=3+\sqrt{3}): resolver (A-(3+\sqrt{3})I)v=0.
Escrevo as equações (vou chamar \lambda_2=3+\sqrt{3}):
\begin{cases} (1-\lambda_2)x+2y+z=0,\\[4pt] x+(2-\lambda_2)y+z=0,\\[4pt] x+2y+(3-\lambda_2)z=0. \end{cases}
Substituo os valores numéricos onde necessário:
1-\lambda_2=-2-\sqrt{3},\quad 2-\lambda_2=-1-\sqrt{3},\quad 3-\lambda_2=-\sqrt{3}.
Portanto o sistema é
\begin{cases} (-2-\sqrt{3})x+2y+z=0,\\[4pt] x+(-1-\sqrt{3})y+z=0,\\[4pt] x+2y-(\sqrt{3})z=0. \end{cases}
Faço eliminação: a partir da segunda equação expresso x\] em função de \(y,z:
x=(1+\sqrt{3})y - z.
Substituo em (1) e (3). Substituindo em (1) e simplificando obtém-se a relação
(-3-3\sqrt{3})y+(3+\sqrt{3})z=0.
Substituindo em (3) e simplificando obtém-se outra relação, mas somando (a manipulação algébrica) dá uma relação simples entre y e z:
-\sqrt{3}\,y + z = 0 \quad\Rightarrow\quad z=\sqrt{3}\,y.
Voltando a x=(1+\sqrt{3})y - z obtemos
x=(1+\sqrt{3})y - \sqrt{3}\,y = y.
Logo os vetores próprios têm a forma
(x,y,z)=(y,y,\sqrt{3}\,y)=y(1,1,\sqrt{3}),\qquad y\in\mathbb{R}.
Escolhendo um gerador, um basis do autoespaço é \{(1,1,\sqrt{3})\}. Assim
E_{3+\sqrt{3}}=\operatorname{span}\{(1,1,\sqrt{3})\}.]

Passo 7

Autoespaço para \lambda=3-\sqrt{3}: resolver (A-(3-\sqrt{3})I)v=0.
Pela simetria do problema (troca \sqrt{3} por -\sqrt{3}) e repetindo a mesma eliminação que fiz para \lambda=3+\sqrt{3}, obtemos que
x=y,\qquad z=-\sqrt{3}\,y.
Portanto os vetores próprios são da forma
(x,y,z)=y(1,1,-\sqrt{3}),\qquad y\in\mathbb{R},
e um basis do autoespaço é \{(1,1,-\sqrt{3})\}. Assim
E_{3-\sqrt{3}}=\operatorname{span}\{(1,1,-\sqrt{3})\}.

Passo 8

Resumo final e observações úteis para prova (o que lembrar).
  • O polinômio característico é \det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda^2-6\lambda+6).
  • Os autovalores reais são \lambda=0,\;3+\sqrt{3},\;3-\sqrt{3}, todos simples.
  • Para cada autovalor escrevi uma base do autoespaço correspondente; como os autovalores são distintos, os três vetores próprios obtidos são linearmente independentes (portanto A é diagonalizável sobre \mathbb{R}).

Resposta

\lambda=0,\quad E_{0}=\operatorname{span}\{(-2,1,0)\}
\lambda=3+\sqrt{3},\quad E_{3+\sqrt{3}}=\operatorname{span}\{(1,1,\sqrt{3})\}
\lambda=3-\sqrt{3},\quad E_{3-\sqrt{3}}=\operatorname{span}\{(1,1,-\sqrt{3})\}

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