Determine o polinômio característico, os autovalores e os autoespaços associados às seguintes matrizes:
\left[\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 1 & 3 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 3 & 1\end{pmatrix}
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
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 1-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & 3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
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
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1.
Logo
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-1\big).
Desenvolvendo (1-\lambda)^2-1 temos
(1-\lambda)^2-1 = 1-2\lambda+\lambda^2 -1 = \lambda^2-2\lambda = \lambda(\lambda-2).
Substituindo volta:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\,\lambda(\lambda-2).
Podemos reescrever de forma fatorada mais padrão:
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda-1)(\lambda-2).
Se preferir em forma polinomial expandida:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+3\lambda^2-2\lambda.]

Passo 3

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:
E_{\lambda}=\ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{R}^3\mid (A-\lambda I)v=0\}.
Vamos resolver, para cada \lambda, o sistema linear (A-\lambda I)v=0. Escrevemos v=(x,y,z)^T.

Passo 5

Autoespaço para [\lambda=0):
Aqui (A-0I)=A. O sistema Av=0 dá, linha a linha,
\begin{cases} x+2y+z=0,\\[4pt] y=0,\\[4pt] x+3y+z=0. \end{cases}
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
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Portanto
E_{0}=\operatorname{span}\Big\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}\Big\}.]

Passo 6

Autoespaço para [\lambda=1):
Calculamos A-I:
A-I=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 1 & 3 & 0\end{pmatrix}.
O sistema (A-I)v=0 é
\begin{cases} 2y+z=0,\\[4pt] 0=0\quad(\text{sem informação}),\\[4pt] x+3y=0. \end{cases}çã
Da primeira equação z=-2y\]. Da terceira \(x=-3y. Tome y=s livre; então x=-3s, z=-2s. Logo
v=s\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Portanto
E_{1}=\operatorname{span}\Big\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\Big\}.]

Passo 7

Autoespaço para [\lambda=2):
Calculamos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & -1 & 0 \\[4pt] 1 & 3 & -1\end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)v=0 é
\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
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto
E_{2}=\operatorname{span}\Big\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\Big\}.]

Passo 8

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}.

Resposta

\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda-1)(\lambda-2)
\lambda=0,\;1,\;2
E_{0}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right\},\;E_{1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\},\;E_{2}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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