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{R}.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 0\end{pmatrix}
sobre \mathbb{R} e pede:
  • calcular todos os autovalores \lambda (valores próprios) de A;
  • para cada autovalor, encontrar o autoespaço correspondente (o conjunto de autovetores não-nulos, isto é, o núcleo de A-\lambda I, usualmente dado por uma base/geradores).
Lista das informações relevantes dadas:
  • a matriz A é 3\times3;
  • estamos trabalhando sobre o corpo real \mathbb{R};
  • precisamos tanto dos autovalores quanto dos autoespaços (bases que geram cada autoespaço).]

Passo 2

Definição rápida (útil para a prova): um autovalor \lambda de A satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
e o autoespaço associado é
E_\lambda=\ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{R}^3:\\ (A-\lambda I)v=0\}.
Vamos calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -1-\lambda & 0 \\[4pt] 2 & 0 & -\lambda\end{pmatrix}.
Como há uma linha/coluna com muitos zeros, é conveniente expandir pela segunda linha ou observar que a determinante se separa:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calculo a determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-2\cdot 2=\lambda^2-4.
Portanto
\chi_A(\lambda)=(-1-\lambda)(\lambda^2-4)=-(\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda+2).
Das raízes desse polinômio obtemos os autovalores:
\lambda=2,\qquad \lambda=-2,\qquad \lambda=-1.]

Passo 3

Agora vamos achar os autoespaços resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda.
Começo por \lambda=2. Escrevo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & -3 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & -2\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T deve satisfazer (A-2I)v=0, as equações são
\begin{cases} -2x+2z=0,\\[4pt] -3y=0,\\[4pt] 2x-2z=0. \end{cases}
Da segunda equação vem \;y=0\]. As primeiras e terceiras são equivalentes e dão \(-2x+2z=0\Rightarrow x=z.
Logo os vetores da forma v=(t,0,t)^T resolvem o sistema. Portanto o autoespaço é o subespaço gerado por (1,0,1)^T:
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,0,1)^T\}.]

Passo 4

Agora \lambda=-2\). Escrevo \(A-(-2)I=A+2I\): \[A+2I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 2\end{pmatrix}.
Para v=(x,y,z)^T obtemos o sistema
\begin{cases} 2x+2z=0,\\[4pt] y=0,\\[4pt] 2x+2z=0. \end{cases}
Da segunda equação vem \;y=0\]. Da primeira vem \(2x+2z=0\Rightarrow x=-z.
Logo os vetores têm a forma v=(t,0,-t)^T e o autoespaço é
E_{-2}=\operatorname{span}\{(1,0,-1)^T\}.]

Passo 5

Agora \lambda=-1\). Escrevo \(A-(-1)I=A+I\): \[A+I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Para v=(x,y,z)^T as equações são
\begin{cases} x+2z=0,\\[4pt] 0\cdot y=0\quad(\text{nenhuma restrição em }y),\\[4pt] 2x+z=0. \end{cases}çã
Da primeira obtemos x=-2z\]. Substituindo na terceira: \[2(-2z)+z=-4z+z=-3z=0 \Rightarrow z=0.\] Com \(z=0 vem x=0. A variável y é livre (nenhuma equação a restringe). Portanto os vetores do autoespaço são v=(0,t,0)^T.
Assim
E_{-1}=\operatorname{span}\{(0,1,0)^T\}.]

Passo 6

Resumo das dimensões e observações importantes para a prova:
  • Os autovalores encontrados são \lambda=2,-2,-1, todos distintos (cada um aparece uma vez no polinômio característico), então a multiplicidade algébrica de cada um é 1.
  • As dimensões dos autoespaços (multiplicidades geométricas) também são 1 para cada autovalor, pois cada autoespaço é gerado por um único vetor não-nulo.
  • Como há três autovalores distintos em \mathbb{R} (isto é, uma base de três autovetores linearmente independentes), a matriz A é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Passo 7

Verificação rápida (só para ganhar confiança): multiplicar A por cada gerador e confirmar Av=\lambda v.
Por exemplo, para \lambda=2 e v=(1,0,1)^T:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\cdot1+0\cdot0+2\cdot1\\[4pt]0\cdot1+(-1)\cdot0+0\cdot1\\[4pt]2\cdot1+0\cdot0+0\cdot1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
As outras verificações são análogas e dão A(1,0,-1)^T=-2(1,0,-1)^T e A(0,1,0)^T=-1(0,1,0)^T.]

Resposta

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

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