e pede três coisas: (a) o polinômio característico de A; (b) os autovalores (raízes desse polinômio); (c) os autoespaços (espaços próprios) associados a cada autovalor.
Informações relevantes fornecidas: os nove elementos da matriz A estão acima. Não há outras informações externas.]
Passo 2
Definição / ideia usada: o polinômio característico de A é dado por \det(A-\lambda I), onde I é a identidade 3\times3 e \lambda é o parâmetro. Para calcular \det(A-\lambda I) escrevemos
Repare que a segunda linha tem zeros nas colunas 1 e 3, isto facilita o cálculo do determinante: ao expandir por cofatores usando a segunda linha (linha 2), só o elemento central contribui. Portanto
Autovalores: os autovalores são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Da fatoração (1-\lambda)\lambda(\lambda-2)=0 segue que as soluções são
\lambda=0,\quad \lambda=1,\quad \lambda=2.
Cada autovalor aparece com multiplicidade algébrica 1 (são todos distintos).
Passo 4
Definição / método para autoespaço: para um autovalor \lambda o autoespaço E_{\lambda} é o conjunto de vetores não nulos v tais que Av=\lambda v. Equivalentemente é o núcleo (espaço nulo) da matriz A-\lambda I:
Da segunda equação temos y=0\]. Substituindo em primeira e terceira: \(x+z=0. Ambas são a mesma equação, logo z=-x. Tome x=t livre; então y=0, z=-t. Assim
\begin{cases} - x + 2y + z = 0,\\[4pt] - y = 0,\\[4pt] x + 3y - z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. Substituindo nas outras: primeiras dão \(-x+z=0 e terceira dá x-z=0, ambas equivalentes a z=x. Tome x=t livre; y=0, z=t. Assim
Observação final curta e motivadora: obtivemos três autoespaços unidimensionais gerados por vetores linearmente independentes (uma vez que os autovalores são distintos, os autovetores correspondentes são sempre linearmente independentes). Isso significa que A tem três autovetores independentes e, se necessário, é diagonalizável sobre \mathbb{R}.