O pedido é: encontrar os autovalores (valores próprios) e os autovetores associados a esta matriz.
Informações relevantes que temos:
A matriz é simétrica.
Os elementos são explicitamente os mostrados acima: T_{11}=1, T_{22}=0, T_{33}=0, T_{23}=T_{32}=1, e os demais nulos.
Não foi pedido um formato específico (por exemplo, vetores normalizados), então podemos dar autovetores em forma de geração (subespaços) ou vetores base.]
Passo 2
O que significa ser autovalor e autovetor? Vou explicar bem didático.
Um vetor não nulo v\in\mathbb{R}^3 é autovetor de T associado ao escalar \lambda se
T v = \lambda v.
Reescrevendo, isso é resolução do sistema linear homogêneo
(T-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3.
Para existir solução não trivial devemos ter determinante nulo:
\det(T-\lambda I)=0.
Esse determinante expresso em \lambda chama-se o polinômio característico; suas raízes são os autovalores.
Vou aplicar exatamente esse método: calcular \det(T-\lambda I), achar as raízes \lambda, e para cada raiz resolver (T-\lambda I)v=0 para obter os autovetores.
Passo 3
Calcular o polinômio característico. Primeiro escrevo T-\lambda I:
Se v=(x,y,z)^\top, o sistema (T-I)v=0 dá as equações:
Primeira linha: 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0. Essa equação é 0=0 (não impõe restrição), logo x é livre.
Segunda linha: 0\cdot x - y + z = 0, ou seja
-y+z=0 \quad\Rightarrow\quad z=y.
Terceira linha: 0\cdot x + y - z = 0, que é a mesma equação escrita de outro modo e também dá y=z.
Conclusão: as soluções são todos os vetores com a forma
v = (x,\, y,\, y)^\top = x(1,0,0)^\top + y(0,1,1)^\top,
onde x,y são escalares arbitrários, não ambos nulos. Isso mostra que o subespaço próprio associado a \lambda=1 tem dimensão 2 (compatível com multiplicidade algébrica 2). Podemos escolher uma base do espaço próprio, por exemplo
(1,0,0)^\top\quad\text{e}\quad(0,1,1)^\top.
Esses são autovetores correspondentes a \lambda=1.]
com y\neq 0. Assim o espaço próprio para \lambda=-1 é unidimensional, gerado por (0,1,-1)^\top.]
Passo 6
Algumas observações didáticas e úteis para a prova:
A matriz dada é simétrica, e uma propriedade importante é que autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. Aqui \lambda=1 e \lambda=-1 são distintos, então qualquer vetor da subespaço de \lambda=1 é ortogonal a qualquer vetor do subespaço de \lambda=-1. Verificação rápida: (1,0,0)\cdot(0,1,-1)=0 e (0,1,1)\cdot(0,1,-1)=1-1=0.
Se for desejado, pode-se escolher uma base ortonormal de autovetores (útil para diagonalização por matriz ortogonal). Por exemplo, normalizando:
Então e_1,e_2 correspondem a \lambda=1 e e_3 a \lambda=-1, e \{e_1,e_2,e_3\} é um conjunto ortonormal de autovetores que diagonaliza T.]
Resposta
\lambda=1 (multiplicidade 2): autovetores formam o subespaço \operatorname{span}\{(1,0,0)^\top,\,(0,1,1)^\top\}.\n\lambda=-1 (multiplicidade 1): autovetores formam o subespaço \operatorname{span}\{(0,1,-1)^\top\}.