Os elementos fora da submatriz 2\times2 superior esquerda são zeros, exceto o elemento 3 na posição (3,3).
Preciso usar o polinômio característico (ou seja, calcular \det(C-\lambda I)) para achar os autovalores e, em seguida, os autovetores resolvendo (C-\lambda I)v=0.]
Passo 2
O que são autovalores e autovetores (uma explicação didática e prática):
Um escalar \lambda é autovalor de C se existe um vetor não-nulo v tal que C v = \lambda v.
Equivalente: (C-\lambda I)v=0 tem solução não-trivial. Isso ocorre quando o determinante \det(C-\lambda I)=0.
O polinômio característico é p(\lambda)=\det(C-\lambda I). Suas raízes são os autovalores (contadas com multiplicidade algébrica).
Para cada autovalor \lambda encontraremos a estrutura da solução de (C-\lambda I)v=0 (o espaço próprio ou eigenspace) para obter autovetores.
Vou aplicar isso passo a passo: calcular \det(C-\lambda I), achar as raízes \lambda, e para cada \lambda resolver (C-\lambda I)v=0 por eliminação simples para obter vetores não-nulos.
Passo 3
Montar C-\lambda I e calcular o polinômio característico:
As raízes são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2). Assim os autovalores candidatos são \lambda=1 e \lambda=3.
Passo 5
Agora encontro os autovetores resolvendo [(C-\lambda I)v=0) para cada \lambda.
\begin{cases} - x + y = 0,\\[4pt] x - y = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
As duas primeiras dão a mesma condição y=x\]. A terceira não impõe restrição ao valor de \(z, então z é parâmetro livre. Assim os autovetores têm forma
Isso mostra que a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 2, igual à multiplicidade algébrica, portanto a matriz é diagonalizável (apenas comentário adicional).]
Passo 7
Verificação rápida (checagem por multiplicação):
Para \lambda=1 e v=(1,-1,0)^\top:
C v = \begin{pmatrix}2 & 1 & 0\\[4pt]1 & 2 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot1 + 1\cdot(-1)\\[4pt]1\cdot1 + 2\cdot(-1)\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix} = 1\cdot v.
Para \lambda=3 e v_1=(1,1,0)^\top:
C v_1 = \begin{pmatrix}3\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} = 3 v_1.
Para \lambda=3 e v_2=(0,0,1)^\top:
C v_2 = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]3\end{pmatrix} = 3 v_2.
As verificações confirmam que os vetores são de fato autovetores.]
Resposta
\lambda=1:\ autovetor (base do espaço próprio) \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}\newline
\lambda=3:\ autovetores (base do espaço próprio) \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}]