Calcular os autovalores e todos os autoespaços, das seguintes matrizes: A=\left(\begin{array}{lll}3 & 3 & -2 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 8 & 6 & -5\end{array}\right) sobre \mathbb{Q}.
Passo 1
O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
Pede-se: calcular os autovalores (e seus multiplicidades) e todos os autoespaços da matriz A sobre \mathbb{Q}.
Para encontrar autovalores calculamos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I) e o fatoramos (a fatoração deve ser feita com coeficientes racionais, já que trabalhamos sobre \mathbb{Q}).
Para cada autovalor \lambda o autoespaço é \ker(A-\lambda I); para encontrá-lo resolvemos o sistema linear (A-\lambda I)v=0.
É importante distinguir multiplicidade algébrica (ex.: raiz de \chi_A) da multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço).]
Passo 2
Cálculo do polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Vou usar a regra de Laplace expandindo pela segunda linha (que tem duas entradas zero), para evitar contas desnecessárias. A expansão pelo elemento da posição (2,2) dá
(e esse cálculo pode ser verificado multiplicando: 3\cdot(-5)=-15, 3\cdot(-\lambda)=-3\lambda, (- \lambda)\cdot(-5)=5\lambda, (- \lambda)\cdot(-\lambda)=\lambda^2; somando: \lambda^2+2\lambda-15). Agora adiciono (-2)\cdot 8 = -16 com sinal negativo já considerado (ficou +16 no colchete):
Redução de linhas para encontrar a base do autoespaço (explicando cada operação).
Observando as linhas, \text{linha}_3 = 2\cdot\text{linha}_1. Faço a operação \text{L}_3 \leftarrow \text{L}_3 - 2\text{L}_1 para eliminar a terceira linha:
Portanto o sistema linear (A+I)v=0 é equivalente a uma única equação (vinda da primeira linha):
4x + 3y - 2z = 0,
onde escrevo v=(x,y,z)^\top. As outras duas equações são nulas.
Isso mostra que o posto de A+I é 1, logo a dimensão do núcleo é 3-1=2. Assim a multiplicidade geométrica do autovalor -1 é 2 (menor que a multiplicidade algébrica 3).]
Passo 6
Parametrização do núcleo e escolha de uma base racional (explicando a escolha).
Resolvemos
4x + 3y - 2z = 0.
Escolho y e z como variáveis livres. Escrevo y=s e z=t com s,t\in\mathbb{Q}. Então
x = \frac{-3s + 2t}{4}.
Para obter vetores com coordenadas inteiras (mais convenientes e ainda em \mathbb{Q}^3), escolho valores de s,t que eliminem o denominador 4.
Tomando s=4 e t=0 obtenho
x=\frac{-3\cdot 4 + 0}{4}=-3,\quad y=4,\quad z=0,
isto é o vetor v_1 = (-3,4,0)^\top.
Tomando s=0 e t=4 obtenho
x=\frac{0+2\cdot 4}{4}=2,\quad y=0,\quad z=4,
isto é o vetor v_2=(2,0,4)^\top. Posso simplificar v_2 dividindo por 2 e ficar com v_2'=(1,0,2)^\top, que também é uma boa escolha de base (mantém coordenadas inteiras e mais simples).
Verifico rapidamente que ambos satisfazem a equação:
4(-3)+3\cdot 4 -2\cdot 0 = -12+12=0,
4\cdot 1 + 3\cdot 0 -2\cdot 2 = 4-4=0.
Os vetores v_1=(-3,4,0)^\top e v_2=(1,0,2)^\top são linearmente independentes (não são múltiplos um do outro), logo formam uma base do autoespaço.
Passo 7
Interpretação final e comentário sobre diagonalização (curtinho e prático).
Encontramos apenas um autovalor \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 3, mas o autoespaço tem dimensão 2. Isso implica que A não é diagonalizável sobre \mathbb{Q} (nem sobre \mathbb{R}), porque para diagonalizar seria necessário que a soma das dimensões dos autoespaços fosse 3.
No entanto, já temos descrito completamente o autoespaço associado a \lambda=-1.
Resposta
Autovalor: \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 3).
Autoespaço para \lambda=-1: \ker(A+I)=\operatorname{Span}\{(-3,4,0)^\top,\,(1,0,2)^\top\}.