Determine os autovalores e os autovetores da matriz A=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\\\ 1 & 0\end{array}\right)

Passo 1

O problema pede duas coisas: determinar os autovalores e os autovetores da matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Informações dadas:
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Perguntas explícitas:
  1. Quais são os autovalores (valores próprios) de A?
  2. Quais são os autovetores (vetores próprios) correspondentes a cada autovalor?]

Passo 2

Definição e método: um número \lambda é autovalor de A se existe um vetor não-nulo v tal que
Av=\lambda v.
Isso é equivalente a existir vetor não-nulo v na solução do sistema
(A-\lambda I)v=0.
Para termos solução não-trivial, precisamos que o determinante da matriz A-\lambda I seja zero:
\det(A-\lambda I)=0.
Vou calcular esse determinante para obter o polinômio característico.

Passo 3

Calcular A-\lambda I. Aqui I é a matriz identidade 2\times2. Temos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt] 0 & \lambda\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calcular o determinante (regra do determinante para 2\times2 diz que \det\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}=ad-bc):
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot1=\lambda^{2}-1.
Impondo \det(A-\lambda I)=0 obtém-se o polinômio característico
\lambda^{2}-1=0.]

Passo 4

Resolver o polinômio característico:
\lambda^{2}-1=(\lambda-1)(\lambda+1)=0.
Assim os autovalores são
\lambda=1\quad\text{e}\quad\lambda=-1.

Passo 5

Agora encontro os autovetores associados a \lambda=1. Substituo \lambda=1 na matriz A-\lambda I:
A-I=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Busco vetores v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tais que (A-I)v=0. Isso dá o sistema
- x + y = 0,
x - y = 0,
as duas equações são equivalentes e implicam y=x. Portanto os autovetores associados a \lambda=1 são todos os vetores da forma
\begin{pmatrix}t\\[4pt] t\end{pmatrix}\quad\text{com }t\neq 0.
Uma forma conveniente de dar um gerador (base) do subespaço é o vetor
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora encontro os autovetores associados a \lambda=-1. Substituo \lambda=-1 em A-\lambda I:
A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Procuro v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tal que (A+I)v=0. Isso dá o sistema
x + y = 0,
x + y = 0,
que implica y=-x. Logo os autovetores associados a \lambda=-1 são todos os vetores da forma
\begin{pmatrix}t\\[4pt] -t\end{pmatrix}\quad\text{com }t\neq 0.
Um gerador prático é o vetor
\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Checagem rápida (útil na prova): aplicar A aos vetores encontrados para confirmar.
A\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix},
A\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.
Portanto as verificações confirmam os autovalores e autovetores encontrados.]

Passo 8

Observação conceitual rápida e motivadora: geometricamente A troca as coordenadas. Vetores na direção \begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix} têm as coordenadas iguais, então trocar as coordenadas não altera o vetor (autovalor 1). Vetores na direção \begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix} trocam as coordenadas com sinal invertido, produzindo exatamente o negativo (autovalor -1). Isso ajuda a memorizar respostas rápidas em prova.]

Resposta

Autovalores: \lambda=1 e \lambda=-1.
Autovetores: para \lambda=1 todos os vetores \begin{pmatrix}t\\[4pt] t\end{pmatrix} com t\neq0 (por exemplo \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}); para \lambda=-1 todos os vetores \begin{pmatrix}t\\[4pt] -t\end{pmatrix} com t\neq0 (por exemplo \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}).]

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