Considere a matriz A=\left[\begin{array}{ll}4 & 2 \\\\ 2 & 4\end{array}\right]. Encontre os autovalores e autovetores de A.

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt] 2 & 4\end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • encontrar os autovalores de A;
  • encontrar os autovetores correspondentes a cada autovalor.
Informações relevantes dadas: os quatro elementos da matriz A são \,a_{11}=4,\;a_{12}=2,\;a_{21}=2,\;a_{22}=4.]

Passo 2

O que significa “autovalor” e “autovetor” (explicação didática):
  • Um vetor não-nulo v é autovetor de A com autovalor \lambda se, ao multiplicar A por v, o resultado é \lambda vezes v. Ou seja,
A v = \lambda v.
  • Essa equação pode ser reescrita como
(A-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade. Essa é um sistema linear homogêneo. Para existir solução não-trivial (vetor v\neq 0), a matriz A-\lambda I deve ser singular, isto é, seu determinante deve ser zero:
\det(A-\lambda I)=0.
Essa equação em \lambda é o polinômio característico; suas raízes são os autovalores.

Passo 3

Calcular o polinômio característico de A. Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 2\\[4pt] 2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante e imponho igualdade a zero:
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(4-\lambda)-2\cdot2=(4-\lambda)^2-4.
Expando e simplifico:
(4-\lambda)^2-4 = (16 -8\lambda +\lambda^2)-4 = \lambda^2 -8\lambda +12.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2 -8\lambda +12 = 0.
Resolvo essa equação quadrática. Posso fatorar:
\lambda^2 -8\lambda +12 = (\lambda-6)(\lambda-2).
Assim as raízes (autovalores) são
\lambda_1=6,\qquad \lambda_2=2.]

Passo 4

Encontrar autovetores associados a \lambda_1=6. Substituo em A-\lambda I e resolvo o sistema homogêneo:
A-6I=\begin{pmatrix}4-6 & 2\\[4pt] 2 & 4-6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt] 2 & -2\end{pmatrix}.
As equações do sistema (A-6I)v=0 para v=(x,y)^{T} são
-2x+2y=0,
2x-2y=0.
Essas duas equações são equivalentes e reduzem-se a
-2x+2y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=y.
Logo os vetores da forma v=\alpha\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, com \alpha\neq 0, são autovetores associados a \lambda_1=6. Posso escolher, por exemplo, o autovetor simples
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida (para ganhar confiança):
A v_1=\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt]2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\[4pt]6\end{pmatrix}=6\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores associados a \lambda_2=2. Faço A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}4-2 & 2\\[4pt] 2 & 4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]2 & 2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-2I)v=0 para v=(x,y)^T obtemos a equação
2x+2y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=-y.
Portanto os vetores da forma v=\beta\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}, com \beta\neq 0, são autovetores associados a \lambda_2=2. Um autovetor conveniente é
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Verificação:
A v_2=\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt]2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Observações úteis para a prova e intuição:
  • Os autovalores são distintos ( 6 e 2), então os autovetores correspondentes pertencem a espaços próprios de dimensão 1 e são linearmente independentes.
  • A matriz A é simétrica; uma propriedade importante é que autovetores correspondentes a autovalores diferentes são ortogonais. De fato,
\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=1-1=0.
  • Se desejar autovetores unitários (muito comum em exercícios), basta normalizar: \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Resposta

Autovalores: \lambda_1=6 e \lambda_2=2
Autovetor associado a \lambda_1=6: \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} (ou qualquer múltiplo não-nulo)
Autovetor associado a \lambda_2=2: \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} (ou qualquer múltiplo não-nulo)]

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