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{C}.

Passo 1

O enunciado pede: calcular os autovalores (eigenvalues) e todos os autoespaços (eigenspaces) da matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 3\end{pmatrix}
sobre \mathbb{C}.
Informações dadas (peguei os elementos da matriz no enunciado):
  • A é uma matriz 3\times3 com entradas a_{11}=1, a_{12}=2, a_{13}=1, a_{21}=1, a_{22}=2, a_{23}=1, a_{31}=1, a_{32}=2, a_{33}=3.
  • Preciso encontrar todos os valores \lambda\in\mathbb{C} tais que existe v\neq 0 com Av=\lambda v, e para cada \lambda encontrar o espaço de todos os vetores v que satisfazem isso (o autoespaço).]

Passo 2

O que é necessário calcular e a estratégia:
  • Um autovalor \lambda satisfaz \det(A-\lambda I)=0. Esse determinante é o polinômio característico; suas raízes são os autovalores (contadas com multiplicidade algébrica).
  • Para cada autovalor \lambda, o autoespaço é o kernel da matriz A-\lambda I, isto é, o conjunto de soluções não-triviais de (A-\lambda I)x=0. Vou calcular o determinante, achar as raízes, e em seguida resolver os sistemas lineares correspondentes para obter bases dos autoespaços.
  • Vou fazer as contas passo a passo, explicando cada manipulação.

Passo 3

Calcular o polinômio característico. 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}.
Vou expandir o determinante pela primeira linha. Os menores relevantes são:
\begin{aligned} M_{11}&=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot 2,\\[4pt] M_{12}&=\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 3-\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(3-\lambda)-1\cdot 1=2-\lambda,\\[4pt] M_{13}&=\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}=1\cdot 2-(2-\lambda)\cdot 1=\lambda. \end{aligned}
Agora a expansão pela primeira linha dá
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)M_{11}-2M_{12}+1\cdot M_{13}.]

Passo 4

Continuo a simplificação passo a passo:
\begin{aligned} M_{11}&=(2-\lambda)(3-\lambda)-2=6-5\lambda+\lambda^2-2=\lambda^2-5\lambda+4,\\[4pt] \det(A-\lambda I)&=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)-2(2-\lambda)+\lambda. \end{aligned}
Expando o primeiro produto:
(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)=\lambda^2-5\lambda+4-\lambda^3+5\lambda^2-4\lambda=-\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4.
Somando os termos restantes:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4-4+2\lambda+\lambda = -\lambda^3+6\lambda^2-6\lambda.
Fatorando um -\lambda:
\det(A-\lambda I) = -\lambda\bigl(\lambda^2-6\lambda+6\bigr).
As raízes deste polinômio são os autovalores. Resolve-se \lambda^2-6\lambda+6=0 usando a fórmula de Bhaskara:
\lambda=\frac{6\pm\sqrt{36-24}}{2}= \frac{6\pm\sqrt{12}}{2}=3\pm\sqrt{3}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=3+\sqrt{3},\qquad \lambda_3=3-\sqrt{3}.
Observação rápida: a soma 0+(3+\sqrt{3})+(3-\sqrt{3})=6 confere com a traço \operatorname{tr}A=6, e o produto é 0, compatível com \det A=0.]

Passo 5

Encontrar o autoespaço para \lambda=0\). Isto é, resolver \(A x=0\). Escrevo o sistema: \[\begin{cases} x_1+2x_2+x_3=0,\\[4pt] x_1+2x_2+x_3=0,\\[4pt] x_1+2x_2+3x_3=0. \end{cases}
As duas primeiras equações são idênticas. Subtraindo a primeira da terceira:
(x_1+2x_2+3x_3)-(x_1+2x_2+x_3)=2x_3=0\\ \Rightarrow\\ x_3=0.
Com x_3=0\], da primeira equação \(x_1+2x_2=0, logo x_1=-2x_2. Tomando parâmetro t=x_2, obtemos
x=t\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{C}.
Logo o autoespaço associado a \lambda=0 tem dimensão 1 e base \{(-2,1,0)^{T}\}.]

Passo 6

Encontrar os autoespaços para \lambda=3\pm\sqrt{3}. Para tratar ambos uniformemente, trabalho com um \lambda genérico distinto de zero e usarei redução já feita antes. Considere A-\lambda I e faça as operações elementares: subtrair a primeira linha das segunda e terceira linhas (estas operações não mudam o espaço solução). Isso leva ao sistema equivalente (mostro as equações resultantes diretamente):
\begin{aligned} &(1-\lambda)x_1+2x_2+x_3=0,\\[4pt] &\lambda(x_1-x_2)=0,\\[4pt] &\lambda x_1+(2-\lambda)x_3=0. \end{aligned}
Para \lambda\neq 0 (caso aqui), da segunda equação vem x_1=x_2. Substituindo em (primeira ou terceira) para relacionar x_3 e x_1: da primeira temos
(1-\lambda)x_1+2x_1+x_3=(3-\lambda)x_1+x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_3=(\lambda-3)x_1.
(A terceira equação dá a mesma relação quando \lambda satisfaz o polinômio característico; a consistência conduz à condição \lambda^2-6\lambda+6=0, já satisfeita pelos nossos \lambda.)
Portanto, para cada \lambda\in\{3+\sqrt{3},\,3-\sqrt{3}\} temos x_1=x_2 e x_3=(\lambda-3)x_1. Tomando x_1=1 como parâmetro gerador, obtemos um autovetor
v(\lambda)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]\lambda-3\end{pmatrix}.
Agora substituo os valores concretos de \lambda:
  • Para \lambda_2=3+\sqrt{3}: \lambda_2-3=\sqrt{3}, então um autovetor vale \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]\sqrt{3}\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_3=3-\sqrt{3}: \lambda_3-3=-\sqrt{3}, então um autovetor vale \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-\sqrt{3}\end{pmatrix}.
Cada um desses autoespaços é 1-dimensional, gerado pelos vetores acima.]

Passo 7

Resumo e comentário final:
  • Todos os autovalores foram encontrados: são três raízes distintas \{0,\,3+\sqrt{3},\,3-\sqrt{3}\}.
  • Como os autovalores são distintos, cada autoespaço tem dimensão 1 (geometric multiplicity =1) e a matriz é diagonalizável sobre \mathbb{C}.
  • As bases dos autoespaços foram explicitadas nos passos anteriores.

Resposta

\lambda=0,\quad E_0=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}
\lambda=3+\sqrt{3},\quad E_{3+\sqrt{3}}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]\sqrt{3}\end{pmatrix}\right\}
\lambda=3-\sqrt{3},\quad E_{3-\sqrt{3}}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-\sqrt{3}\end{pmatrix}\right\}]

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