O enunciado pede: determinar todos os autovalores (e suas multiplicidades algébricas, quando pertinente) e os autovetores correspondentes (ou seja, as bases dos autespaços).
Passo 2
O que é um autovalor e como vamos achar: lembrete didático.
Por definição, \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que A v=\lambda v.
Isso equivale a resolver (A-\lambda I)v=0 com v\neq0. Há solução não-trivial exatamente quando a matriz A-\lambda I é singular, ou seja quando
\det(A-\lambda I)=0.
A função p(\lambda)=\det(A-\lambda I) é chamada polinômio característico; suas raízes são os autovalores. Então vamos calcular \det(A-\lambda I) explicitamente.
Passo 3
Formar A-\lambda I e calcular o determinante (vou expandir cuidadosamente):
Como \lambda^{2}-2+2=\lambda^{2}, obtenho o polinômio característico final:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\lambda^{2}.]
Passo 4
Resolver o polinômio característico e falar de multiplicidades:
As raízes são \lambda=0 (com multiplicidade algébrica 2, porque aparece \lambda^{2}) e \lambda=1 (com multiplicidade algébrica 1).
Agora precisamos encontrar, para cada autovalor \lambda, a família de autovetores não-nulos que satisfazem (A-\lambda I)v=0. Essa família é o autespaço correspondente; sua dimensão é a multiplicidade geométrica.
com x\neq0 para não ser o vetor nulo. Assim o autespaço associado a \lambda=1 é umidimensional e é gerado por \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.]
Passo 6
Autovetores para \lambda=0\). Resolver \(A v=0\).
Escrevo o sistema \(A v=0\), com \(v=(x,y,z)^{T}\):
\[\begin{cases} x + 2y + 0\cdot z =0,\\[4pt] - x - y + z =0,\\[4pt] 0\cdot x + y + z =0. \end{cases}
Da primeira equação temos x=-2y\].
Das terceira equação temos \(y+z=0, logo z=-y.
Verifico que a segunda equação é compatível: substituindo x=-2y e z=-y em -x-y+z dá -(-2y)-y+(-y)=2y-y-y=0, então é a mesma condição (sistema consistente).
Tomando y=t livre, obtemos
Logo o autespaço associado a \lambda=0 é também unidimensional, gerado por \begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.]
Passo 7
Interpretação final (didática e útil para prova):
Encontramos autovalores \lambda=1 (algébrica 1) e \lambda=0 (algébrica 2).
Mas o autespaço de \lambda=0 tem dimensão 1 (multiplicidade geométrica 1), ou seja existe apenas um vetor linearmente independente associado a \lambda=0. Isso significa que a multiplicidade geométrica de \lambda=0 é menor que sua multiplicidade algébrica; consequência: a matriz A NÃO é diagonalizável (precisaria de 3 autovetores linearmente independentes para diagonalizar).
Resumo prático para prova: escreva o polinômio característico, identifique as raízes e depois resolva os sistemas (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda, fazendo redução de linhas ou substituições simples como fiz acima.
Resposta
\lambda=1 com autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
\lambda=0 (multiplicidade algébrica 2) com autovetores proporcionais a \begin{pmatrix}-2\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]