Encontre os autovalores de cada matriz abaixo e os autoespaços relacionados de L_{A} :
A=\left[\begin{array}{ccc}-2 & 3 & 4 \\\ -7 / 2 & 9 / 2 & 9 / 2 \\\ -3 / 2 & 3 / 2 & 5 / 2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: encontrar os autovalores da matriz A e os autoespaços (espaços próprios) correspondentes ao operador L_{A} representado por A.
A matriz dada é
A=\begin{pmatrix} -2 & 3 & 4\\[4pt] -\dfrac{7}{2} & \dfrac{9}{2} & \dfrac{9}{2}\\[6pt] -\dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2} & \dfrac{5}{2} \end{pmatrix}.
Informações relevantes que temos:
  • Queremos os valores \lambda tais que existe vetor não-nulo v com A v=\lambda v.
  • Para cada autovalor \lambda precisamos determinar o autoespaço \ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{R}^3:(A-\lambda I)v=0\}.]

Passo 2

Vamos calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I) e achar suas raízes. Antes, uma explicação curta e útil: o autovalor \lambda satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
ou seja, encontrar autovalores equivale a achar as raízes do polinômio característico.
Para evitar frações ao calcular o determinante, multiplico a matriz A-\lambda I por 2 (isso só multiplica o determinante por 2^{3}=8, que eu corrigirei depois). Calculo
B=2(A-\lambda I)= \begin{pmatrix} -4-2\lambda & 6 & 8\\[4pt] -7 & 9-2\lambda & 9\\[4pt] -3 & 3 & 5-2\lambda \end{pmatrix}.
Então \det(B)=8\det(A-\lambda I). Vou achar \det(B) e depois dividir por 8.
Calculemos o determinante de B por expansão (usando as cofactores da primeira linha):
\det(B)=(-4-2\lambda)\det\begin{pmatrix}9-2\lambda & 9\\[4pt] 3 & 5-2\lambda\end{pmatrix} -6\det\begin{pmatrix}-7 & 9\\[4pt] -3 & 5-2\lambda\end{pmatrix} +8\det\begin{pmatrix}-7 & 9-2\lambda\\[4pt] -3 & 3\end{pmatrix}.
Agora calculo cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}9-2\lambda & 9\\\\ 3 & 5-2\lambda\end{pmatrix} =(9-2\lambda)(5-2\lambda)-9\cdot3 =4\lambda^{2}-28\lambda+18.
\det\begin{pmatrix}-7 & 9\\\\ -3 & 5-2\lambda\end{pmatrix} =(-7)(5-2\lambda)-9(-3)=14\lambda-8.
\det\begin{pmatrix}-7 & 9-2\lambda\\\\ -3 & 3\end{pmatrix} =(-7)\cdot3-(9-2\lambda)(-3)=6-6\lambda.
Substituindo em \det(B):
\det(B)=(-4-2\lambda)(4\lambda^{2}-28\lambda+18)-6(14\lambda-8)+8(6-6\lambda).
Fazendo as multiplicações e somas (mostro a combinação):
\det(B)=-8\lambda^{3}+40\lambda^{2}-56\lambda+24.
Note que isso se factoriza como
\det(B)=-8\bigl(\lambda^{3}-5\lambda^{2}+7\lambda-3\bigr).
Como \det(B)=8\det(A-\lambda I), segue que
\det(A-\lambda I)=-\bigl(\lambda^{3}-5\lambda^{2}+7\lambda-3\bigr).
As raízes de \det(A-\lambda I)=0 coincidem com as raízes do polinômio
q(\lambda)=\lambda^{3}-5\lambda^{2}+7\lambda-3.
Testando raízes racionais simples, q(1)=1-5+7-3=0, logo \lambda=1 é raiz. Dividindo por (\lambda-1) (divisão sintética) obtemos
q(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda^{2}-4\lambda+3)=(\lambda-1)(\lambda-1)(\lambda-3)=(\lambda-1)^{2}(\lambda-3).
Portanto os autovalores são
\lambda=1\quad(\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda=3\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé]

Passo 3

Agora vamos achar o autoespaço associado a \lambda=1, ou seja \ker(A-I). Primeiro calculo A-I:
A-I=\begin{pmatrix} -3 & 3 & 4\\[4pt] -\dfrac{7}{2} & \dfrac{7}{2} & \dfrac{9}{2}\\[6pt] -\dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2} \end{pmatrix}.
Multiplico por 2 (equivalente para achar núcleo) e obtenho o sistema linear equivalente
\begin{pmatrix} -6 & 6 & 8\\[4pt] -7 & 7 & 9\\[4pt] -3 & 3 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Resolvendo por redução de linhas: da terceira equação
-3x+3y+3z=0 \quad\Longrightarrow\quad x-y-z=0 \quad\Longrightarrow\quad x=y+z.
Substituo em primeira equação (ou reduzo): primeira equação -3x+3y+4z=0. Substituindo x=y+z:
-3(y+z)+3y+4z = -3y-3z+3y+4z = z = 0.
Logo z=0. Com z=0 e x=y+0 obtemos x=y. Portanto os vetores solução satisfazem z=0 e x=y. Um gerador conveniente do autoespaço é
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Assim o autoespaço associado a \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\},
que tem dimensão 1 (geométrica), menor que a multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Agora o autoespaço para \lambda=3: calcular A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} -5 & 3 & 4\\[4pt] -\dfrac{7}{2} & \dfrac{3}{2} & \dfrac{9}{2}\\[6pt] -\dfrac{3}{2} & \dfrac{3}{2} & -\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
Multiplico por 2 para eliminar frações e resolvo o sistema
\begin{pmatrix} -10 & 6 & 8\\[4pt] -7 & 3 & 9\\[4pt] -3 & 3 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Faço redução (mostro os passos essenciais). Da terceira equação:
-3x+3y-z=0 \quad\Longrightarrow\quad z=3y-3x.
Substituo em primeira equação:
-10x+6y+8z= -10x+6y+8(3y-3x)= -10x+6y+24y-24x = -34x+30y=0,
o que dá 15y=17x, ou y=\dfrac{17}{15}x.
Com y=\dfrac{17}{15}x obtemos z=3y-3x=3\left(\dfrac{17}{15}x\right)-3x=\dfrac{6}{15}x=\dfrac{2}{5}x.
Logo qualquer vetor próprio para \lambda=3 é proporcional a
\begin{pmatrix}x\\[4pt] \dfrac{17}{15}x\\[4pt] \dfrac{2}{5}x\end{pmatrix}.
Multiplicando por 15 para obter coordenadas inteiras e mais limpas, um gerador é
v_2=\begin{pmatrix}15\\[4pt]17\\[4pt]6\end{pmatrix}.
Assim o autoespaço associado a \lambda=3 é
E_{3}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}15\\[4pt]17\\[4pt]6\end{pmatrix}\right\},
de dimensão 1.]

Passo 5

Resumo interpretativo (curto e motivador): os autovalores encontrados são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=3 (multiplicidade algébrica 1). O autoespaço de \lambda=1 tem dimensão 1, portanto a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é menor que a multiplicidade algébrica — isto implica que A não é diagonalizável sobre \mathbb{R}. Mas os autoespaços foram explicitados acima.

Resposta

\lambda=1 (multiplicidade algébrica 2); autoespaço E_{1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}.
\lambda=3 (multiplicidade algébrica 1); autoespaço E_{3}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}15\\[4pt]17\\[4pt]6\end{pmatrix}\right\}.]

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