Determine todos os autovalores e todos os autoespaços da matriz
A=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -2 & 1 \\\\ -2 & 7 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)
Sobre \mathbb{Q}.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 4 & -2 & 1\\[4pt] -2 & 7 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
e pede para eu determinar todos os autovalores e todos os autoespaços "sobre \mathbb{Q}".
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • A matriz A tem entradas em \mathbb{Q} (todas inteiras, portanto racionais).
  • Preciso decidir quais escalares \lambda\in\mathbb{Q} satisfazem Av=\lambda v para algum vetor não-nulo v\in\mathbb{Q}^3, e para cada tal \lambda descrever o conjunto de todos os v (o autoespaço sobre \mathbb{Q}).
    Nada mais é dado; a resolução começa calculando o polinômio característico e testando raízes racionais.]

Passo 2

O que é preciso saber (breve e didático):
  • Definição: um número \lambda é autovalor de A sobre um corpo F (aqui F=\mathbb{Q}) se existe v\in F^3, v\neq 0, tal que
Av=\lambda v.
O conjunto de todos esses vetores v (mais o vetor zero) é o autoespaço correspondente \,E_\lambda=\{v\in F^3:Av=\lambda v\}.
  • Critério prático: existe vetor não-nulo com Av=\lambda v se, e só se, a matriz A-\lambda I for singular, isto é,
\det(A-\lambda I)=0.
A função \lambda\mapsto \det(A-\lambda I) é o polinômio característico; suas raízes (no corpo considerado ou numa extensão) são exatamente os autovalores.

Passo 3

Calcular o polinômio característico passo a passo:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 4-\lambda & -2 & 1\\[4pt] -2 & 7-\lambda & 0\\[4pt] 1 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}.
Vou calcular \det(A-\lambda I) expandindo pela primeira linha (fazendo as contas explicitamente):
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)\det\begin{pmatrix}7-\lambda & 0\\[4pt]0 & -\lambda\end{pmatrix} -(-2)\det\begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}-2 & 7-\lambda\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Agora cada determinante 2×2:
\det\begin{pmatrix}7-\lambda & 0\\[4pt]0 & -\lambda\end{pmatrix}=(7-\lambda)(- \lambda)=-\lambda(7-\lambda),
\det\begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]1 & -\lambda\end{pmatrix}=(-2)(- \lambda)-0\cdot 1=2\lambda,
\det\begin{pmatrix}-2 & 7-\lambda\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}=(-2)\cdot 0-(7-\lambda)\cdot 1=-(7-\lambda)=\lambda-7.
Substituindo:
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(4-\lambda)\bigl(-\lambda(7-\lambda)\bigr)+2\cdot(2\lambda)+(\lambda-7)\\[4pt] &=-(4-\lambda)\lambda(7-\lambda)+4\lambda+\lambda-7. \end{aligned}
Expandindo (4-\lambda)(7-\lambda)=28-11\lambda+\lambda^2 e multiplicando por -\lambda:
-(4-\lambda)\lambda(7-\lambda)=-\lambda(28-11\lambda+\lambda^2)=-28\lambda+11\lambda^2-\lambda^3.
Então
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+11\lambda^2-23\lambda-7.
Multiplicando por -1 para ter um polinômio monico:
\chi_A(\lambda)=\lambda^3-11\lambda^2+23\lambda+7.
As raízes desse polinômio são os autovalores (em alguma extensão de \mathbb{Q}).]

Passo 4

Testar raízes racionais usando o Teorema das Raízes Racionais:
  • O Teorema das Raízes Racionais diz: se uma fração irreduzível \tfrac{p}{q} (com p,q\in\mathbb{Z}, q>0) é raiz de um polinômio monico com coeficientes inteiros, então p divide o termo independente e q divide o coeficiente líder. Aqui o polinômio é monico, então possíveis raízes racionais são divisores inteiros do termo independente 7, ou seja
\pm 1,\\ \pm 7.
Testo cada candidato substituindo em \chi_A(\lambda)=\lambda^3-11\lambda^2+23\lambda+7:
  • \lambda=1: 1-11+23+7=20\neq 0.
  • \lambda=-1: -1-11-23+7=-28\neq 0.
  • \lambda=7: 7^3-11\cdot7^2+23\cdot7+7=343-539+161+7=-28\neq0.
  • \lambda=-7: -343-539-161+7\neq0.
    Nenhuma dessas opções anula o polinômio. Como o polinômio é cúbico, se tivesse fator linear sobre \mathbb{Q} teria alguma raiz racional entre esses candidatos; não tendo, concluímos que \chi_A(\lambda) não possui fator linear em \mathbb{Q}[\lambda], portanto é irreduzível sobre \mathbb{Q}.

Passo 5

Consequências imediatas sobre autovalores e autoespaços sobre \mathbb{Q}:
  • Não existe \lambda\in\mathbb{Q} tal que \chi_A(\lambda)=0. Logo não há autovalores em \mathbb{Q}.
  • Pelo critério Av=\lambda v\iff (A-\lambda I)v=0, se \lambda\in\mathbb{Q} então \det(A-\lambda I)\neq 0, portanto A-\lambda I é invertível sobre \mathbb{Q} e a única solução em \mathbb{Q}^3 é v=0. Assim, para todo \lambda\in\mathbb{Q}, o autoespaço sobre \mathbb{Q} associado a \lambda é trivial:
E_\lambda(\mathbb{Q})=\{0\}.
  • Outra observação útil: o polinômio característico é o polinômio minimal de A sobre \mathbb{Q} (porque é irreduzível e de grau 3), logo a matriz A é minimalmente de grau 3 sobre \mathbb{Q} — isto reforça que não existem autovalores em \mathbb{Q}.

Passo 6

Breve comentário para entendimento (opcional, mas útil na prova):
  • Embora não haja autovalores em \mathbb{Q}, A tem três autovalores reais (raízes reais de \chi_A) quando se trabalha sobre \mathbb{R} ou sobre uma extensão de \mathbb{Q} que contenha essas raízes; cada um desses autovalores gera um autoespaço unidimensional sobre a extensão que contém o autovalor. Mas restrito a \mathbb{Q} não há vetores próprios não nulos.

Resposta

Não há autovalores em \mathbb{Q}. O polinômio característico é \chi_A(\lambda)=\lambda^3-11\lambda^2+23\lambda+7, que é irreduzível sobre \mathbb{Q}. Consequentemente, para todo \lambda\in\mathbb{Q} o autoespaço sobre \mathbb{Q} é E_\lambda(\mathbb{Q})=\{0\}.

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