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

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado.
  • Pede-se: encontrar os autovalores e os autovetores da matriz D.
  • A matriz fornecida é
D=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 3 & 1 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

Passo 2

O que é autovalor e como vamos encontrá-lo (explicação didática).
  • Definição: um número \lambda é autovalor de D se existir vetor não nulo v tal que D v = \lambda v.
  • Isso é equivalente a existir vetor não nulo v na solução de (D-\lambda I)v=0.
  • Para achar \lambda procuramos os valores que tornam a matriz D-\lambda I singular, isto é, cujo determinante é zero. O polinômio \det(D-\lambda I) chama-se polinômio característico.
  • Observação útil (fato fácil de usar em prova): para matrizes triangulares o determinante é o produto dos elementos da diagonal principal. Assim o polinômio característico de uma matriz triangular é o produto \prod_{i}(d_{ii}-\lambda).

Passo 3

Cálculo do polinômio característico e dos autovalores.
  • Montamos D-\lambda I:
D-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1 \\\\ 0 & 3-\lambda & 1 \\\\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
  • Como a matriz é triangular superior, seu determinante é o produto dos elementos da diagonal:
\det(D-\lambda I)=(1-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda).
  • Os autovalores são as raízes do polinômio característico, isto é as soluções de (1-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda)=0. Logo
\lambda_1 = 1,\qquad \lambda_2 = 3,\qquad \lambda_3 = 2.

Passo 4

Encontrar autovetores para [\lambda=1) (método: resolver (D-I)v=0 por substituição).
  • Escrevemos D-I:
D-I=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
  • Seja v=(x,y,z)^T. O sistema (D-I)v=0 dá, por linhas:
\begin{cases} 0\cdot x + 2y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 2y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0. \end{cases}
  • Da terceira equação segue z=0\]. Substituindo nas outras, \(2y+0=0 implica y=0.
  • A variável x não aparece em nenhuma equação: é livre. Tomando x=1 (qualquer constante não nula serve) obtemos o autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  • Conclusão: o espaço próprio associado a \lambda=1 é \operatorname{span}\{(1,0,0)^T\}.]

Passo 5

Encontrar autovetores para [\lambda=3) (resolver (D-3I)v=0).
  • Escrevemos D-3I:
D-3I=\begin{pmatrix} -2 & 2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
  • Para v=(x,y,z)^T o sistema é
\begin{cases} -2x + 2y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y -1\cdot z = 0. \end{cases}
  • Das segunda e terceira equações vem z=0\]. - Substituindo em primeira: \(-2x + 2y + 0 = 0 implica y = x.
    - Tomando x=1 obtemos y=1 e z=0, ou seja o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
  • Espaço próprio para \lambda=3 é \operatorname{span}\{(1,1,0)^T\}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para [\lambda=2) (resolver (D-2I)v=0).
  • Escrevemos D-2I:
D-2I=\begin{pmatrix} -1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
  • Para v=(x,y,z)^T o sistema é
\begin{cases} - x + 2y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 1\cdot y + 1\cdot z = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
  • Da segunda equação vem y = -z\]. - Substituindo na primeira: \(-x + 2(-z) + z = -x - z = 0, logo x = -z.
    - Tomando z=1 (escolha conveniente) obtemos x=-1, y=-1, z=1. Um autovetor é
v^{(3)}=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]-1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
  • Alternativamente pode-se multiplicar por -1 e usar \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix}. Espaço próprio para \lambda=2 é \operatorname{span}\{(-1,-1,1)^T\}.]

Resposta

\lambda=1,\\ v=(1,0,0)^T
\lambda=3,\\ v=(1,1,0)^T
\lambda=2,\\ v=(-1,-1,1)^T

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