Determine os autovalores e os autovetores correspondentes para os seguintes operadores:
T]_{\alpha}^{\alpha}=\left[\begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\\\ -1 & -1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1\end{array}\right]\) (onde \(\alpha\) é a base canônica de \(\mathbb{R}^{3}\) ).

Passo 1

O que o problema dá e o que pede (lista clara, peguei todos os números do enunciado):
  • Dado o operador linear representado na base canônica por
A=\left[\begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\\\ -1 & -1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1\end{array}\right].
  • 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):
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0\\[4pt] -1 & -1-\lambda & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Usando expansão pela primeira linha (ou regra de Sarrus / cofatores), o determinante é
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1\\[2pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[2pt] 0 & 1-\lambda\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots). \end{aligned}
Agora calculo cada menor:
\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1\\[2pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(-1-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot1.
Faço a multiplicação com calma:
(-1-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^{2}-1
(porta-a-porta: expoentes e sinais se simplificam para \lambda^2-1). Então o primeiro menor vale \lambda^{2}-1-1=\lambda^{2}-2.
O segundo menor é
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[2pt] 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(-1)(1-\lambda)-0 = -1+\lambda.
Substituindo tudo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^{2}-2)-2(-1+\lambda).
Simplifico o segundo termo: -2(-1+\lambda)=2(1-\lambda). Então
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^{2}-2)+2(1-\lambda)=(1-\lambda)\bigl(\lambda^{2}-2+2\bigr).
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.

Passo 5

Autovetores para \lambda=1\). Resolver \((A-I)v=0\). Primeiro escrevo \(A-I\): \[A-I=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 0\\[4pt] -1 & -2 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^{T}, o sistema (A-I)v=0 é
\begin{cases} 0\cdot x + 2y + 0\cdot z =0,\\[4pt] - x -2y + z =0,\\[4pt] 0\cdot x + y + 0\cdot z =0. \end{cases}
Da primeira e terceira equações obtemos 2y=0\] e \(y=0, portanto y=0.
Com y=0, a segunda equação dá -x + z =0, logo z=x.
Portanto os vetores solução têm forma
v=\begin{pmatrix}x\\[2pt] 0\\[2pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\[2pt] 0\\[2pt] x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},
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 -(-2y)-y+(-y)=2y-y-y=0, então é a mesma condição (sistema consistente).
Tomando y=t livre, obtemos
x=-2t,\qquad y=t,\qquad z=-t,
ou seja
v=t\begin{pmatrix}-2\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
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}.]

Exercícios relacionados