Determine o polinômio característico, os autovalores e os autoespaços associados às seguintes matrizes: \left[\begin{array}{ll}1 & 3 \\\\ 2 & 6\end{array}\right]
Passo 1
O enunciado pede três coisas para a matriz \displaystyle \begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}: o polinômio característico, os autovalores e os autoespaços associados.
Informações dadas (retirei diretamente do enunciado): a matriz é
A=\begin{pmatrix}1 & 3\\[4pt]2 & 6\end{pmatrix}.]
Passo 2
Vamos lembrar e aplicar a definição do polinômio característico. Para uma matriz quadrada A de ordem 2, o polinômio característico é
p(\lambda)=\det(A-\lambda I),
onde I é a matriz identidade 2\times2 e \lambda é a variável (os autovalores serão as raízes desse polinômio). Para 2\times2, a fórmula do determinante é simples: para \begin{pmatrix}a & b\\[4pt]c & d\end{pmatrix} temos \det=\;ad-bc.
Os autovalores são as raízes de p(\lambda). Como p(\lambda)=\lambda(\lambda-7), as raízes são
\lambda_{1}=0 \quad\text{e}\quad \lambda_{2}=7.
Expliquei: cada fator igual a zero dá um autovalor.
Passo 4
Agora vou explicar o que é autoespaço e como calcular. Para um autovalor \lambda\), o autoespaço associado é
\[E_{\lambda}=\{\,v\in\mathbb{R}^{2}\mid (A-\lambda I)v=0\,\},
ou seja, o espaço nulo da matriz A-\lambda I. Encontramos as soluções não-triviais do sistema linear homogêneo (A-\lambda I)v=0.
Começando por \lambda_{1}=0: temos A-0\cdot I=A. Resolvemos
Note que as duas equações são proporcionais (a segunda é o dobro da primeira), então há uma equação efetiva: x+3y=0\]. Isolando uma variável: \(x=-3y. Tomando y como parâmetro t\in\mathbb{R}, obtemos vetores da forma
Observando, a segunda equação é equivalente à primeira dividida por -3\]. Tomando a equação simples \(2x-y=0, isolamos y=2x. Tomando x como parâmetro s\in\mathbb{R}, obtemos
Comentário final (útil para prova): o polinômio característico teve raízes distintas \lambda=0 e \lambda=7, cada uma com multiplicidade algébrica 1. Os autoespaços têm dimensão 1 cada (multiplicidade geométrica 1), gerados por \begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}. Como existem dois autovetores linearmente independentes correspondentes a autovalores distintos, a matriz A é diagonalizável (se isso aparecer na prova, é a conclusão direta).]
Resposta
Polinômio característico: \;p(\lambda)=\lambda(\lambda-7).
Autovalores: \;\lambda_{1}=0 e \lambda_{2}=7.
Autoespaço associado a \lambda_{1}=0: \;E_{0}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.
Autoespaço associado a \lambda_{2}=7: \;E_{7}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.]