Encontre os autovalores e autovetores da matriz:
A=\left[\begin{array}{ll} 3 & 1 \\ 2 & 2 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]2 & 2\end{pmatrix}
e pede que encontremos os autovalores e autovetores de A.
Informações dadas:
  • Entradas da matriz: a_{11}=3, a_{12}=1, a_{21}=2, a_{22}=2.
O que o problema pergunta:
  • Quais são os autovalores \lambda de A.
  • Para cada autovalor, encontrar um autovetor não-nulo v tal que A v=\lambda v.]

Passo 2

Definição e método prático (passo-a-passo didático):
  • Um autovalor \lambda e um autovetor v\neq0 satisfazem
A v=\lambda v.
  • Isso é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
ou seja, o sistema homogêneo (A-\lambda I)v=0 deve ter solução não-trivial. Para isso é necessário (e suficiente) que
\det(A-\lambda I)=0.
  • Para uma matriz 2\times2, se
M=\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & d\end{pmatrix},
então
\det(M)=ad-bc.
Vamos aplicar isso para encontrar o polinómio característico de A: calcular \det(A-\lambda I).]

Passo 3

Cálculo do polinómio característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt]2 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Usando a fórmula do determinante para 2\times2,
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot 1.
Expandindo:
(3-\lambda)(2-\lambda)=6-3\lambda-2\lambda+\lambda^2=\lambda^2-5\lambda+6.
Subtraindo 2 obtemos o polinómio característico
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-5\lambda+4.]

Passo 4

Encontrar os autovalores resolvendo o polinómio característico:
\lambda^2-5\lambda+4=0.
Tentando fatorar, procuramos dois números cujo produto seja 4 e soma seja 5. Esses números são 1 e 4. Assim
\lambda^2-5\lambda+4=(\lambda-1)(\lambda-4).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=4.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=1.
Montamos A-\lambda_1 I:
A-I=\begin{pmatrix}3-1 & 1\\[4pt] 2 & 2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]2 & 1\end{pmatrix}.
Resolvemos (A-I)v=0. Se v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}, as equações são
2x+y=0,
2x+y=0
(ambas iguais, como esperado). Da primeira equação vem y=-2x. Para obter um autovetor não-nulo escolhemos uma convenção simples: tomar x=1. Assim
y=-2.
Um autovetor correspondente a \lambda_1=1 é
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Observação útil: qualquer múltiplo escalar de v_1 também é autovetor correspondente a \lambda_1.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=4.
Montamos A-\lambda_2 I:
A-4I=\begin{pmatrix}3-4 & 1\\[4pt]2 & 2-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-4I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} obtemos as equações
-x+y=0,
2x-2y=0.
Ambas são equivalentes e dão y=x. Tomando x=1 (escolha simples), obtemos y=1. Assim um autovetor correspondente a \lambda_2=4 é
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Novamente, qualquer múltiplo escalar de v_2 também serve.]

Passo 7

Breve comentário final (didático):
  • Os autovalores encontrados são distintos ( 1 e 4), isso garante que existem dois autovetores linearmente independentes (como os que encontramos). Na prática de prova: calcule sempre o polinómio característico, fatorize se possível; para cada raiz \lambda resolva (A-\lambda I)v=0 escolhendo uma variável livre e definindo um autovetor simples (por exemplo definindo x=1 quando conveniente).

Resposta

\lambda_1=1,\; v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}
\lambda_2=4,\; v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}]

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