Encontre os autovalores e autovetores das matrizes reais abaixo.
A=\left(\begin{array}{ll}3 & 1 \\\\ 1 & 3\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede: encontrar os autovalores e os autovetores da matriz real
A=\begin{pmatrix}3 & 1 \\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix}.
Informações dadas:
  • A matriz A é 2\times2 com entradas reais.
  • Precisamos determinar todos os valores \lambda e vetores não nulos v tais que Av=\lambda v.]

Passo 2

Conceito básico (o que estamos procurando). Um autovalor \lambda e um autovetor v\neq0 satisfazem a equação
Av=\lambda v.
Rearranjando,
(A-\lambda I)v=0.
Para existir um vetor não nulo v que satisfaça isso, a matriz A-\lambda I deve ser singular, ou seja, ter determinante zero. Assim os autovalores são as raízes do polinômio característico
p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Vou calcular esse determinante para obter o polinômio característico.

Passo 3

Calcular o polinômio característico. Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante de uma matriz 2\times2 \begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} é ad-bc. Aplicando aqui,
p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot1.
Vou expandir e simplificar esse polinômio.]

Passo 4

Expandindo p(\lambda):
p(\lambda)=(3-\lambda)^2-1=9-6\lambda+\lambda^2-1=\lambda^2-6\lambda+8.
Agora resolvo a equação p(\lambda)=0, que é uma equação quadrática:
\lambda^2-6\lambda+8=0.
Podemos fatorar ou usar fórmula de Bhaskara. Tento fatorar: 8=4\cdot2 e 4+2=6, logo
\lambda^2-6\lambda+8=(\lambda-4)(\lambda-2).
Portanto as raízes são \lambda=4 e \lambda=2. Esses são os autovalores de A.

Passo 5

Agora vou achar os autovetores correspondentes a \lambda=4\). Substituo em \(A-\lambda I\): \[A-4I=\begin{pmatrix}3-4 & 1 \\[4pt] 1 & 3-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Precisamos de vetores v=(x,y)^{T} tais que (A-4I)v=0. Isso dá o sistema linear
\begin{cases} - x + y = 0,\\[4pt] x - y = 0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes e implicam y=x\]. Então todos os vetores da forma \[v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},\] com \(x\neq0, são autovetores associados a \lambda=4. Em outras palavras, o espaço próprio correspondente a \lambda=4 é o subespaço gerado por \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora faço o mesmo para \lambda=2\). Calculo \(A-2I\): \[A-2I=\begin{pmatrix}3-2 & 1 \\[4pt] 1 & 3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Procuramos v=(x,y)^{T} tal que (A-2I)v=0, ou seja,
\begin{cases} x + y = 0,\\[4pt] x + y = 0. \end{cases}
Ambas as equações dizem y=-x\]. Portanto os autovetores associados a \(\lambda=2 são todos os vetores da forma
v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] -x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
com x\neq0. O espaço próprio de \lambda=2 é gerado por \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Observações finais e normalização (útil na prova). A matriz A é simétrica, então sabemos (teorema espectral) que os autovalores são reais e que autovetores de autovalores distintos são ortogonais. Aqui os vetores \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} são ortogonais, pois seu produto interno é 1\cdot1+1\cdot(-1)=0. Se quiser vetores unitários (normalizados), basta dividir por sua norma. A norma de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} é \sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}, então um autovetor unitário correspondente a \lambda=4 é
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
e para \lambda=2 o autovetor unitário é
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Pronto — já temos autovalores e autovetores (tanto na forma livre quanto normalizados).]

Resposta

\text{Autovalores: }\lambda_1=4,\\ \lambda_2=2.\n
\text{Autovetores: para }\lambda_1=4\text{, }v é múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix};\quad\text{para }\lambda_2=2\text{, }v é múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

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