Encontre os autovalores e autovetores associados dos operadores lineares T: V \longrightarrow V e matrizes em M(n, n) seguintes:
A=\left(\begin{array}{rrrr}2 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 1 \\\\ 12 & 0 & 3 & 0 \\\\ 0 & -1 & 0 & 0\end{array}\right)

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Encontrar os autovalores (valores próprios) e os autovetores (vetores próprios) da matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1\\[4pt] 12 & 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Informações dadas (retiradas do enunciado):
  • A matriz A é 4\times4.
  • Deve-se resolver para \lambda e vetores não-nulos v tais que (A-\lambda I)v=0.]

Passo 2

Conceito rápido e plano (sem tecnicismo pesado): um autovalor \lambda é um número tal que a matriz A-\lambda I não é inversível, isto é, tem determinante zero. Para achar \lambda calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I) e igualamos a zero. Depois, para cada \lambda achamos a solução não-trivial de (A-\lambda I)v=0 (o espaço nulo).
Formo A-\lambda I:
A-\lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2-\lambda & 0 & 1\\[4pt] 12 & 0 & 3-\lambda & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}.
Vou calcular \det(A-\lambda I). Note que a matriz tem uma estrutura por blocos de 2\times2. Escrevendo em blocos 2\times2:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} (2-\lambda)I_2 & I_2\\[4pt] D & E \end{pmatrix},
onde
D=\begin{pmatrix}12&0\\[2pt]0&-1\end{pmatrix},\qquad E=\begin{pmatrix}3-\lambda & 0\\[2pt]0 & -\lambda\end{pmatrix}.
Quando o bloco superior esquerdo (2-\lambda)I_2 é invertível (ou seja, para \lambda\neq2) usamos a fórmula de determinante por blocos:
\det(A-\lambda I)=\det((2-\lambda)I_2)\cdot\det\!\big(E - D((2-\lambda)I_2)^{-1}I_2\big).
Calculando passo a passo:
\det((2-\lambda)I_2)=(2-\lambda)^2.
O termo dentro do segundo determinante é
E - \frac{1}{2-\lambda}D = \begin{pmatrix} 3-\lambda - \dfrac{12}{2-\lambda} & 0\\[6pt] 0 & -\lambda + \dfrac{1}{2-\lambda} \end{pmatrix}.
Como é diagonal, seu determinante é o produto das entradas diagonais. Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)^2\left(3-\lambda - \dfrac{12}{2-\lambda}\right)\left(-\lambda + \dfrac{1}{2-\lambda}\right).]

Passo 3

Simplifico cada fator racional para achar um polinômio em \lambda.
Primeiro:
3-\lambda - \dfrac{12}{2-\lambda} = \dfrac{(3-\lambda)(2-\lambda)-12}{2-\lambda} = \dfrac{\lambda^2-5\lambda-6}{2-\lambda} = \dfrac{(\lambda-6)(\lambda+1)}{2-\lambda}.
Segundo:
-\lambda + \dfrac{1}{2-\lambda} = \dfrac{-\lambda(2-\lambda)+1}{2-\lambda} = \dfrac{\lambda^2-2\lambda+1}{2-\lambda} = \dfrac{(\lambda-1)^2}{2-\lambda}.
Multiplicando tudo:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)^2\cdot \dfrac{(\lambda-6)(\lambda+1)}{2-\lambda}\cdot \dfrac{(\lambda-1)^2}{2-\lambda}.
Os fatores (2-\lambda)^2 cancelam com os denominadores, já que (2-\lambda)^2/(2-\lambda)^2=1. Assim obtemos o polinômio característico simples:
\det(A-\lambda I)=(\lambda-6)(\lambda+1)(\lambda-1)^2.
Conclui-se que os autovalores são
\lambda=6,\qquad \lambda=-1,\qquad \lambda=1
sendo que \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 2 (aparece com expoente 2).

Passo 4

Agora vamos achar os autovetores resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada autovalor. Escrevo v=(x,y,z,w)^\top.
Caso \lambda=6. A matriz A-6I é
\begin{pmatrix} -4 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -4 & 0 & 1\\[4pt] 12 & 0 & -3 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -6 \end{pmatrix}.
As equações são:
\begin{cases} -4x + z = 0,\\[4pt] -4y + w = 0,\\[4pt] 12x -3z = 0,\\[4pt] - y -6w = 0. \end{cases}
Da primeira e terceira equações vem z=4x\] (as duas são equivalentes). Da segunda vem \(w=4y. A quarta equação é -y-6w=0. Substituindo w=4y nessa quarta equação dá -y-6(4y)=0\Rightarrow -25y=0\Rightarrow y=0, daí w=0. Não há restrição sobre x, então x é parâmetro livre e z=4x.
Escolhendo x=1 obtemos um autovetor associado a \lambda=6:
v_{6}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Caso \lambda=-1\). A matriz \(A-(-1)I=A+I\) é \[\begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0 & 1\\[4pt] 12 & 0 & 4 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} 3x + z = 0,\\[4pt] 3y + w = 0,\\[4pt] 12x + 4z = 0,\\[4pt] - y + w = 0. \end{cases}
Da primeira e terceira equações vem z=-3x\]. Da segunda vem \(w=-3y. A quarta dá w=y. Juntando w=-3y e w=y resulta y=0 e então w=0. Assim x livre e z=-3x.
Escolhendo x=1 obtemos um autovetor associado a \lambda=-1:
v_{-1}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-3\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Caso \lambda=1\). A matriz \(A-I\) é \[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 12 & 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} x + z = 0,\\[4pt] y + w = 0,\\[4pt] 12x + 2z = 0,\\[4pt] - y - w = 0. \end{cases}
Da primeira equação z=-x\]. A terceira dá \(12x+2z=0\Rightarrow 6x+z=0\Rightarrow z=-6x. Igualando as duas expressões para z: -x=-6x\Rightarrow 5x=0\Rightarrow x=0. Então z=0. As equações para y,w são y+w=0 e -y-w=0, que são equivalentes; portanto w=-y com y livre.
Tomando y=1 obtemos um autovetor associado a \lambda=1:
v_{1}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Observação importante (didática e útil para prova): a multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 2, mas o espaço próprio encontrado tem dimensão 1 (só um vetor independente). Isso significa que a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica e, portanto, a matriz não é diagonalizável sobre o corpo considerado (a menos que se considere um espaço com vetores generalizados). Mas como a pergunta pediu apenas autovalores e autovetores, entregamos os vetores próprios encontrados.]

Resposta

\lambda=6:\autovetor \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]0\end{pmatrix}\newline
\lambda=-1:\autovetor \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-3\\[2pt]0\end{pmatrix}\newline
\lambda=1 (multiplicidade algébrica 2):\ \autovetor \displaystyle \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}]

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