Encontre os autovalores de cada matriz abaixo e os autoespaços relacionados de L_{A} :
A=\left[\begin{array}{lll}-5 & 1 & 5 \\\ -1 & 2 & 1 \\\ -3 & 0 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
  • Pede-se: encontrar os autovalores de A e os autoespaços (espaços próprios) de L_{A}, ou seja, para cada autovalor \lambda determinar o conjunto de vetores não-nulos v tais que A v = \lambda v.
  • Matriz fornecida:
A=\begin{pmatrix}-5 & 1 & 5 \\[4pt]-1 & 2 & 1 \\[4pt]-3 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Nada mais será pedido além disso.]

Passo 2

O que é autovalor e autoespaço e o método que vamos usar (explicadinho).
  • Definição: um escalar \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
Esse v é um autovetor associado a \lambda. O conjunto de todos os autovetores associados a \lambda (junto com o vetor zero) forma o autoespaço E_{\lambda}=\ker(A-\lambda I).
  • Método prático: para achar os autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I) e resolvemos \det(A-\lambda I)=0. Para cada raiz \lambda desse polinômio, determinamos o autoespaço resolvendo (A-\lambda I)v=0 (sistema linear homogêneo). Vou montar A-\lambda I, calcular a determinante passo a passo, achar as raízes e depois resolver os núcleos.

Passo 3

Formar A-\lambda I e calcular \det(A-\lambda I) cuidadosamente.
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-5-\lambda & 1 & 5 \\[4pt]-1 & 2-\lambda & 1 \\[4pt]-3 & 0 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Calcula-se a determinante por expansão (uma linha ou coluna à escolha). Vou expandir pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(-5-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt]0 & 3-\lambda\end{pmatrix} -1\det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt]-3 & 3-\lambda\end{pmatrix} +5\det\begin{pmatrix}-1 & 2-\lambda \\[4pt]-3 & 0\end{pmatrix}.
Agora cada determinante 2×2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt]0 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda),
\det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt]-3 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(-1)(3-\lambda)-1(-3)= -3+\lambda+3=\lambda,
\det\begin{pmatrix}-1 & 2-\lambda \\[4pt]-3 & 0\end{pmatrix}=(-1)\cdot 0 -(2-\lambda)(-3)=3(2-\lambda)=6-3\lambda.
Substituindo de volta:
\det(A-\lambda I)=(-5-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot\lambda+5(6-3\lambda).
Vamos simplificar passo a passo. Primeiro expandir (2-\lambda)(3-\lambda)=6-5\lambda+\lambda^{2}. Então
(-5-\lambda)(6-5\lambda+\lambda^{2})=-(5+\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda+6).
Multiplicando (5+\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda+6):
(5+\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda+6)=\lambda^{3}-19\lambda+30.
Com o sinal negativo fica -\lambda^{3}+19\lambda-30. Agora some os outros termos:
-\lambda^{3}+19\lambda-30 \;-\;\lambda \;+\;5(6-3\lambda).
Calcule 5(6-3\lambda)=30-15\lambda. Somando:
-\lambda^{3}+19\lambda-30-\lambda+30-15\lambda=-\lambda^{3}+(19-1-15)\lambda +( -30+30).
Isso dá
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+3\lambda=-\lambda(\lambda^{2}-3).
Multiplicando por -1 (não altera as raízes) obtemos a forma útil
\det(A-\lambda I)= -\lambda(\lambda^{2}-3).
Portanto as raízes (autovalores) são as soluções de \lambda(\lambda^{2}-3)=0, ou seja
\lambda_{1}=0,\qquad \lambda_{2}=\sqrt{3},\qquad \lambda_{3}=-\sqrt{3}.]

Passo 4

Encontrar o autoespaço associado a \lambda=0\): resolver \(A v = 0\). Escrevendo o sistema linear \(A v = 0\) com \(v=(x,y,z)^{T}\): \[\begin{cases} -5x + y +5z = 0,\\[4pt] - x +2y + z = 0,\\[4pt] -3x +0\cdot y +3z = 0. \end{cases}
Da terceira equação vem -3x+3z=0\Rightarrow z=x\]. Substituindo em primeira: \(-5x + y +5x = y = 0. A segunda equação fica -x+2\cdot 0 + x = 0 que é satisfeita identicamente. Logo os vetores solução têm a forma
v = \begin{pmatrix}x\\[4pt]0\\[4pt]x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad x\in\mathbb{R}.
Portanto o autoespaço para \lambda=0 é
E_{0}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},
que tem dimensão 1.]

Passo 5

Encontrar o autoespaço para \lambda=\sqrt{3}\). Denote \(\alpha=\sqrt{3}\). Temos de resolver \((A-\alpha I)v=0\), ou seja o sistema \[\begin{cases} (-5-\alpha)x + y + 5z = 0,\\[4pt] - x + (2-\alpha)y + z = 0,\\[4pt] -3x + (3-\alpha)z = 0. \end{cases}
Da terceira equação isolamos x\] em função de \(z:
-3x + (3-\alpha)z =0 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{3-\alpha}{3}\,z.
Tomamos z como parâmetro livre z=t. Substituímos em primeira equação para obter y:
(-5-\alpha)\frac{3-\alpha}{3}t + y +5t=0.
Isolando y:
y=\left(5+\alpha\right)\frac{3-\alpha}{3}t-5t.
Expandindo (5+\alpha)(3-\alpha)=12-2\alpha (observe que \alpha^{2}=3), então
y=\frac{12-2\alpha}{3}t-5t=\Bigl(4-\tfrac{2}{3}\alpha-5\Bigr)t=\Bigl(-1-\tfrac{2}{3}\alpha\Bigr)t.
Logo uma solução geral é
v=t\begin{pmatrix}\dfrac{3-\alpha}{3}\\[6pt]-\dfrac{3+2\alpha}{3}\\[6pt]1\end{pmatrix}.
Multiplicando o vetor por 3 (escala não muda o autoespaço) obtemos um gerador com entradas mais limpas:
v=t\begin{pmatrix}3-\alpha\\[4pt]-\bigl(3+2\alpha\bigr)\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço de \lambda=\sqrt{3} é
E_{\sqrt{3}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3-\sqrt{3}\\[4pt]-\bigl(3+2\sqrt{3}\bigr)\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\},
de dimensão 1. (Qualquer múltiplo não-nulo desse vetor também é um gerador válido.)]

Passo 6

Encontrar o autoespaço para \lambda=-\sqrt{3}\). Agora \(\lambda=-\alpha\). Resolvemos \((A+\alpha I)v=0\), sistema \[\begin{cases} (-5+\alpha)x + y + 5z = 0,\\[4pt] - x + (2+\alpha)y + z = 0,\\[4pt] -3x + (3+\alpha)z = 0. \end{cases}
Da terceira equação obtemos
-3x+(3+\alpha)z=0\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{3+\alpha}{3}\,z.
Tomando z=t\] e substituindo na primeira equação para achar \(y, segue-se cálculo análogo ao caso anterior. O resultado simplificado (multiplicando por 3 para evitar frações) é que os vetores do autoespaço têm a forma
v=t\begin{pmatrix}3+\alpha\\[4pt]-3+2\alpha\\[4pt]3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}3+\sqrt{3}\\[4pt]-3+2\sqrt{3}\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Portanto
E_{-\sqrt{3}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3+\sqrt{3}\\[4pt]-3+2\sqrt{3}\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\},
também de dimensão 1.]

Resposta

\lambda=0:\\ E_{0}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\lambda=\sqrt{3}:\\ E_{\sqrt{3}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3-\sqrt{3}\\[4pt]-\bigl(3+2\sqrt{3}\bigr)\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}
\lambda=-\sqrt{3}:\\ E_{-\sqrt{3}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3+\sqrt{3}\\[4pt]-3+2\sqrt{3}\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}]

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