Considere a matriz A 3 \times 3 cujos elementos são dados por a_{i j}=1, \forall i, j. Definimos seu polinômio característico com \mathrm{P}(\lambda)=\operatorname{det}(\mathrm{A}-\lambda \mathrm{I}). Se os autovalores de A são as raizes distintas de P , então a soma dos autovalores de A é:
(A) 0
(B) 1
(C) 3
(D) -3
(E) NDA
Passo 1
O enunciado nos dá uma matriz A de ordem 3 cujos elementos satisfazem a_{ij}=1 para todo i,j. Define-se o polinômio característico por P(\lambda)=\det(A-\lambda I). A pergunta é: qual é a soma dos autovalores (autovalores contados com multiplicidade) de A?
Informações relevantes dadas:
A é 3\times3.
Todos os elementos de A valem 1: cada linha é (1,1,1).
P(\lambda)=\det(A-\lambda I) (logo os autovalores são as raízes de P).
Passo 2
Explicar a propriedade-chave que vou usar: a soma dos autovalores de uma matriz quadrada (contando multiplicidade algébrica) é igual à soma das entradas da diagonal da matriz, ou seja, igual à traça da matriz. Vou justificar isso de forma didática.
Definição e ideia:
A traça de uma matriz A é \operatorname{tr}(A)= soma dos elementos da diagonal de A. No nosso caso \operatorname{tr}(A)=a_{11}+a_{22}+a_{33}.
Para o polinômio característico escrito na forma \det(\lambda I - A) (forma habitual), para 3\times3 vale a identidade
\det(\lambda I - A)=\lambda^{3}-(\operatorname{tr}A)\lambda^{2}+\cdots
ou seja, o coeficiente de \lambda^{2} é -\operatorname{tr}A. Pela teoria dos polinômios, a soma das raízes (autovalores) do polinômio \det(\lambda I - A) é igual ao coeficiente de \lambda^{2} com sinal trocado, isto é exatamente \operatorname{tr}A. Assim:
Soma dos autovalores =\operatorname{tr}(A).
Breve ilustração com 2\times2 (para ver o padrão): se
\det(\lambda I - A)=\begin{vmatrix}\lambda-a_{11} & -a_{12}\\[4pt]-a_{21} & \lambda-a_{22}\end{vmatrix} =\lambda^{2}-(a_{11}+a_{22})\lambda+\det(A),
a soma das raízes é a_{11}+a_{22}=\operatorname{tr}(A). O mesmo padrão se estende para 3\times3.]
Passo 3
Calcular a traça de A. Como cada entrada da diagonal vale 1, temos
\operatorname{tr}(A)=1+1+1=3.
Pelo passo anterior, a soma dos autovalores de A é igual a \operatorname{tr}(A), então a soma procurada é 3.
Passo 4
(Fato complementar — intuição e verificação direta) Podemos também encontrar os autovalores explicitamente, o que confirma o resultado e ajuda a entender a estrutura de A.
Considere o vetor
u=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Multiplicando A por u, cada componente do produto é a soma dos elementos correspondentes da linha de A vezes as coordenadas de u; como cada linha de A é (1,1,1),
A u=\begin{pmatrix}1+1+1\\[4pt]1+1+1\\[4pt]1+1+1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\[4pt]3\\[4pt]3\end{pmatrix}=3u.
Logo u é autovetor com autovalor 3.
Agora tome qualquer vetor v=\begin{pmatrix}v_1\v_2\v_3\end{pmatrix} cuja soma das coordenadas seja zero, isto é v_1+v_2+v_3=0. Então
A v=\begin{pmatrix}v_1+v_2+v_3\\[4pt]v_1+v_2+v_3\\[4pt]v_1+v_2+v_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}=0\cdot v.
Isso mostra que qualquer vetor com soma de componentes zero é autovetor com autovalor 0. Esses vetores formam um subespaço de dimensão 2, então o autovalor 0 tem multiplicidade algébrica 2. Portanto os autovalores (contando multiplicidade) são 3,0,0 e a soma é 3+0+0=3, confirmando o resultado do passo anterior.]
Passo 5
Resumo e encorajamento rápido: a propriedade geral (soma dos autovalores = traça) dá o resultado de forma direta, e a verificação através de autovetores mostra a decomposição explícita com autovalores 3 e 0 (duas vezes). Tá tudo certo — não entra pânico, essa é uma questão clássica e rápida de resolver na prova!