Calcular os autovalores e todos os autoespaços, das seguintes matrizes:
A=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 2 \\\\ 0 & -1 & 0 \\\\ 2 & 0 & 0\end{array}\right) sobre \mathbb{Q}.

Passo 1

O enunciado pede para calcular os autovalores (eigenvalues) e todos os autoespaços (espaces próprios / eigenspaces) da matriz sobre \mathbb{Q}. A matriz dada é
A = \left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 0\end{array}\right).
Informações relevantes que temos e o que é pedido:
  • A matriz A é 3\times3 com entradas racionais.
  • Preciso encontrar todos os valores \lambda\in\mathbb{Q} tais que exista vetor não nulo v com Av=\lambda v (autovalores).
  • Para cada autovalor \lambda devo encontrar o autoespaço \ker(A-\lambda I), isto é, a descrição (uma base) dos vetores próprios correspondentes.]

Passo 2

Vamos obter o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I = \left(\begin{array}{ccc}-\lambda & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -1-\lambda & 0 \\[4pt] 2 & 0 & -\lambda\end{array}\right).
Calculo o determinante expandindo pela primeira linha (mostro passo a passo):
\det(A-\lambda I) = (-\lambda)\det\left(\begin{array}{cc}-1-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & -\lambda\end{array}\right) + 0 \cdot (\cdots) + 2\det\left(\begin{array}{cc}0 & -1-\lambda \\[4pt] 2 & 0\end{array}\right).
Agora avalio cada determinante 2\times2:
\det\left(\begin{array}{cc}-1-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & -\lambda\end{array}\right) = (-1-\lambda)(-\lambda)=\lambda(\lambda+1),
\det\left(\begin{array}{cc}0 & -1-\lambda \\[4pt] 2 & 0\end{array}\right) = 0\cdot 0 - ( -1-\lambda)\cdot 2 = 2(\lambda+1).
Substituindo:
\det(A-\lambda I) = (-\lambda)\big(\lambda(\lambda+1)\big) + 2\cdot 2(\lambda+1).
Simplifico:
\det(A-\lambda I) = -\lambda^2(\lambda+1) + 4(\lambda+1).
Coloco em evidência (\lambda+1):
\det(A-\lambda I) = (\lambda+1)\big(-\lambda^2 + 4\big).
Multiplicando o sinal dentro ou fatorando o quadrado:
\det(A-\lambda I) = (\lambda+1)(-1)(\lambda^2-4) = -(\lambda+1)(\lambda^2-4).
Portanto, o polinômio característico (igual, até sinal, tem mesmas raízes) é
p(\lambda)=\lambda^3+\lambda^2-4\lambda-4=(\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda+2).]

Passo 3

Das fatorações obtemos as raízes (autovalores):
\lambda = -1,\quad \lambda = 2,\quad \lambda = -2.
Como todos são racionais, são autovalores sobre \mathbb{Q}.

Passo 4

Definição e estratégia para achar os autoespaços: para cada autovalor \lambda o autoespaço associado é
E_\lambda=\ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{Q}^3:\\ (A-\lambda I)v=0\}.
Vou resolver o sistema linear (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda, parametrizando as soluções e dando uma base para E_\lambda.

Passo 5

Autoespaço para [\lambda=-1).
Calculo A-(-1)I=A+I:
A+I=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 1\end{array}\right).
Se v=(x,y,z)^T então (A+I)v=0 dá o sistema
\begin{cases} x + 2z = 0,\\[4pt] 0 = 0,\\[4pt] 2x + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação x=-2z\]. Substituindo na terceira: \[2(-2z)+z = -4z+z = -3z = 0 \implies z=0.\] Então \(z=0 e x=-2\cdot 0=0. A variável y não aparece nas equações, é livre. Logo os vetores solução são
(x,y,z)=(0,y,0)=y(0,1,0).
Portanto o autoespaço é
E_{-1}=\operatorname{span}\{(0,1,0)\}.]

Passo 6

Autoespaço para [\lambda=2).
Calculo A-2I:
A-2I=\left(\begin{array}{ccc}-2 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -3 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & -2\end{array}\right).
Para v=(x,y,z)^T o sistema (A-2I)v=0 é
\begin{cases} -2x + 2z = 0,\\[4pt] -3y = 0,\\[4pt] 2x - 2z = 0. \end{cases}
Da primeira equação -2x+2z=0 \implies x=z\]. A terceira é a mesma informação (consistente). Da segunda vem \(y=0. Assim as soluções são (x,0,z) com x=z, ou seja (t,0,t)=t(1,0,1). Logo
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,0,1)\}.]

Passo 7

Autoespaço para [\lambda=-2).
Calculo A+2I:
A+2I=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 2\end{array}\right).
O sistema (A+2I)v=0 com v=(x,y,z)^T é
\begin{cases} 2x + 2z = 0,\\[4pt] y = 0,\\[4pt] 2x + 2z = 0. \end{cases}
A primeira (e a terceira) dá 2x+2z=0\implies x=-z\]. Da segunda \(y=0. Assim as soluções são (-t,0,t)=t(-1,0,1) ou equivalentemente t(1,0,-1). Logo
E_{-2}=\operatorname{span}\{(1,0,-1)\}.]

Passo 8

Observação útil (para a prova): cada autovalor tem autoespaço de dimensão 1, e como existem três autovalores distintos temos três autovetores linearmente independentes. Isso implica que A é diagonalizável sobre \mathbb{Q} (embora a diagonalização não tenha sido pedida explicitamente, é uma consequência natural).

Resposta

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

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