Encontre os autovalores e autovetores da matriz A=\left[\begin{array}{ll}3 & 1 \\\\ 1 & 3\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os autovalores e autovetores da matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix}.
Informações dadas:
  • A matriz A é uma matriz 2\times2 com entradas 3 na diagonal e 1 nas posições fora da diagonal.
    O que se pede:
  • Encontrar todos os valores de \lambda (autovalores) tais que existe um vetor não-nulo v (autovetor) satisfazendo A v=\lambda v.
  • Para cada autovalor, fornecer um autovetor correspondente (pelo menos até multiplicação por escalar).]

Passo 2

Definição e método que vamos usar (explicação didática):
  • Um autovalor \lambda e autovetor v\neq0 satisfazem
A v=\lambda v.
  • Reescrevendo,
(A-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade 2\times2. Isso é um sistema homogêneo. Para que exista solução não-trivial v\neq0, é necessário e suficiente que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é, tenha determinante zero:
\det(A-\lambda I)=0.
  • A equação \det(A-\lambda I)=0 é chamada de equação característica; suas raízes são os autovalores.

Passo 3

Calcular o polinômio característico:
  • Primeiro formamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
  • Agora calculamos o determinante:
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot1=(3-\lambda)^2-1.
  • Impor a condição para autovalores:
(3-\lambda)^2-1=0.
  • Resolver essa equação:
(3-\lambda)^2=1 \quad\Rightarrow\quad 3-\lambda=\pm 1.
Caso 3-\lambda=1 \lambda=2.
Caso 3-\lambda=-1 \lambda=4.
  • Portanto os autovalores são \lambda_1=4 e \lambda_2=2. Cada um tem multiplicidade algébrica 1.]

Passo 4

Encontrar autovetores associados a \lambda=4:
  • Substituir \lambda=4 em A-\lambda I:
A-4I=\begin{pmatrix}3-4 & 1\\[4pt] 1 & 3-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
  • Resolver (A-4I)v=0. Escrevendo v=\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}, o sistema é
- x + y = 0,
x - y = 0,
que é a mesma equação repetida. Da primeira equação obtemos y=x.
  • Assim todos os autovetores associados a \lambda=4 têm a forma
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R},\\ t\neq 0.
  • Se quiser um autovetor unitário (às vezes útil), basta dividir por sua norma: a norma de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} é \sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}, logo um autovetor unitário é
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores associados a \lambda=2:
  • Substituir \lambda=2 em A-\lambda I:
A-2I=\begin{pmatrix}3-2 & 1\\[4pt] 1 & 3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
  • Resolver (A-2I)v=0. Com v=\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}, o sistema é
x + y = 0,
x + y = 0,
mesma equação repetida. Daqui obtemos y=-x.
  • Logo os autovetores associados a \lambda=2 têm a forma
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R},\\ t\neq 0.
  • Um autovetor unitário correspondente é
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificações e observações finais (didática curta):
  • Verificação rápida multiplicando:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3+1\\[4pt]1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]4\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3-1\\[4pt]1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
  • Observação: A é simétrica, então tem autovalores reais e autovetores ortogonais. De fato,
\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=1-1=0,
mostrando ortogonalidade.]

Resposta

\lambda=4: autovetores t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, t\neq0 \left(\text{unitário: }\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right)á
\lambda=2: autovetores t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}, t\neq0 \left(\text{unitário: }\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}\right)á]

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