Demonstre que \lambda=6 é um autovalor de \left(\begin{array}{ccc}7 & 1 & -2 \\\\ -3 & 3 & 6 \\\\ 2 & 2 & 2\end{array}\right), ache uma base para o autoespaço V_{6}.
Passo 1
O enunciado pede duas coisas: demonstrar que \lambda=6 é um autovalor da matriz
e encontrar uma base para o autoespaço V_{6}=\{v\in\mathbb{R}^3\mid A v = 6 v\}. Vou listar claramente as informações dadas:
A matriz A é a matriz 3\times3 mostrada acima.
O que precisa ser mostrado: que existe vetor não-nulo v tal que A v = 6 v (ou equivalentemente que \det(A-6I)=0).
Em seguida, determinar todos os vetores v que satisfazem (A-6I)v=0 e fornecer uma base do espaço solução.]
Passo 2
Definição e ideia do método (aula rápida e prática).
Dizemos que \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v com A v = \lambda v. Esse v é chamado autovetor associado a \lambda.
Reescrevendo, \bigl(A-\lambda I\bigr)v=0. Há solução não-trivial se, e somente se, a matriz A-\lambda I for singular, isto é, \det(A-\lambda I)=0.
Logo, para mostrar que \lambda=6 é autovalor basta mostrar que \det(A-6I)=0 (ou encontrar explicitamente v\neq0 com (A-6I)v=0). Depois, resolver o sistema homogêneo (A-6I)v=0 para achar o autoespaço.
Passo 3
Formar a matriz A-6I e mostrar que ela é singular.
Observação importante: a segunda linha é -3 vezes a primeira linha, pois
-3\cdot(1,1,-2)=(-3,-3,6),
e a terceira linha é 2 vezes a primeira linha, pois
2\cdot(1,1,-2)=(2,2,-4).
Como as linhas são linearmente dependentes, a determinant dessa matriz é zero. Portanto \det(A-6I)=0, o que prova que \lambda=6 é de fato um autovalor de A.]
Passo 4
Resolver o sistema (A-6I)v=0\) para encontrar todos os autovetores associados a \(\lambda=6\).
Escrevendo \(v=(x_1,x_2,x_3)^\top\), o sistema linear correspondente é
\[\begin{cases} x_1 + x_2 - 2x_3 = 0,\\[4pt] -3x_1 -3x_2 + 6x_3 = 0,\\[4pt] 2x_1 + 2x_2 -4x_3 = 0. \end{cases}
Mas já vimos que as linhas 2 e 3 são múltiplos da linha 1, logo só há uma equação independente:
x_1 + x_2 - 2x_3 = 0.
Isolando x_1\],
\[x_1 = -x_2 + 2x_3.\]
Portanto os autovetores têm a forma
\[v=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt] x_2\\[4pt] x_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x_2+2x_3\\[4pt] x_2\\[4pt] x_3\end{pmatrix} = x_2\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix} + x_3\begin{pmatrix}2\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},\]
onde \(x_2,x_3\in\mathbb{R} são parâmetros livres. Isso descreve todo o autoespaço V_6.]
Passo 5
Escolha explícita de uma base e verificação (bom hábito para a prova).
Tomando os parâmetros unitários, obtemos os vetores
que geram V_6. São linearmente independentes (porque não são múltiplos um do outro), logo formam uma base de V_6. Assim \dim V_6=2.
Verificação rápida (checar na prova é bom): calcular A v_1 e A v_2 e ver se dá 6v_1 e 6v_2.A v_1 = \begin{pmatrix}-6\\[4pt] 6\\[4pt] 0\end{pmatrix}=6\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix}=6v_1, \qquad A v_2 = \begin{pmatrix}12\\[4pt] 0\\[4pt] 6\end{pmatrix}=6\begin{pmatrix}2\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix}=6v_2.Isso confirma que ambos são autovetores de autovalor 6.]
Resposta
Sim, \lambda=6 é autovalor de A.
Uma base para o autoespaço V_{6} é \left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]