Encontre os autovalores e autovetores da matriz (use polinômio característico):
C=\left[\begin{array}{lll} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: “Encontre os autovalores e autovetores da matriz” e fornece a matriz
C=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A matriz é 3\times3.
  • 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:
C-\lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 0\\[4pt] 1 & 2-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Como a matriz é em bloco (a terceira linha/coluna está separada), a determinante fatoriza:
\det(C-\lambda I) = (3-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculo a determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-1.
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)= (3-\lambda)\big((2-\lambda)^2-1\big).]

Passo 4

Resolver p(\lambda)=0. Primeiro simplifico a segunda parte:
(2-\lambda)^2-1 = (2-\lambda-1)(2-\lambda+1) = (1-\lambda)(3-\lambda).
Logo
p(\lambda) = (3-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda) = (3-\lambda)^2(1-\lambda).
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.
Caso \lambda=1:
C-I = \begin{pmatrix} 2-1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 2-1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Queremos vetores v=(x,y,z)^\top tais que (C-I)v=0. O sistema linear é:
\begin{cases} x + y = 0,\\[4pt] x + y = 0,\\[4pt] 2z = 0. \end{cases}
Das equações obtemos y=-x\] e \(z=0. Portanto os vetores próprios correspondentes a \lambda=1 têm a forma
v = \begin{pmatrix} x\\[4pt] -x\\[4pt] 0\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\\[4pt] 0\end{pmatrix},\qquad x\neq 0.
Uma escolha simples de autovetor é
\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\\[4pt] 0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Caso \lambda=3\): \[C-3I = \begin{pmatrix} 2-3 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 2-3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Procuramos v=(x,y,z)^\top com (C-3I)v=0, ou seja:
\begin{cases} - x + y = 0,\\[4pt] x - y = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
As duas primeiras dão a mesma condição y=x\]. A terceira não impõe restrição ao valor de \(z, então z é parâmetro livre. Assim os autovetores têm forma
v = \begin{pmatrix} x\\[4pt] x\\[4pt] z\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix} + z\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},
com x e z não simultaneamente zero. Logo uma base do espaço próprio de \lambda=3 é dada pelos vetores independentes
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\\[4pt] 0\end{pmatrix} \quad\text{e}\quad \begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
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}]

Exercícios relacionados