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

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & -1 & 3 \\[4pt] 1 & -1 & 1 \\[4pt] 2 & -3 & 1\end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Encontrar todos os autovalores (os valores \lambda tais que existe vetor não-nulo v com Av=\lambda v).
  • Para cada autovalor encontrado, determinar o autoespaço associado (o conjunto de vetores v que satisfazem Av=\lambda v, ou seja, o núcleo de A-\lambda I).
As entradas da matriz acima são os dados que vamos usar.]

Passo 2

Breve lembrete didático (passo por passo do que vamos fazer).
  • Um autovalor \lambda satisfaz a equação característica \det(A-\lambda I)=0. Aqui I é a matriz identidade 3\times3.
  • Para cada autovalor \lambda encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)x=0; o conjunto de todas as soluções forma o autoespaço E_\lambda=\ker(A-\lambda I).
  • Para calcular \det(A-\lambda I) vou montar A-\lambda I e expandir o determinante explicitamente, mostrando cada menor e fatoração.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Primeiro escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 & 3 \\[4pt] 1 & -1-\lambda & 1 \\[4pt] 2 & -3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Expando o determinante pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] -3 & 1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix} +3\det\begin{pmatrix}1 & -1-\lambda \\[4pt] 2 & -3\end{pmatrix}.
Agora calculo cada menor:
  1. \displaystyle \det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] -3 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(-1-\lambda)(1-\lambda)-1\cdot(-3) =\lambda^{2}-1+3=\lambda^{2}+2.
  2. \displaystyle \det\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix} =1\cdot(1-\lambda)-1\cdot 2= -1-\lambda.
  3. \displaystyle \det\begin{pmatrix}1 & -1-\lambda \\[4pt] 2 & -3\end{pmatrix} =1\cdot(-3)-(-1-\lambda)\cdot 2 = -3+2+2\lambda = -1+2\lambda.
Substituindo na expansão:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^{2}+2)+(-1-\lambda)+3(-1+2\lambda).
Faço as contas passo a passo:
(2-\lambda)(\lambda^{2}+2)=2\lambda^{2}+4-\lambda^{3}-2\lambda=-\lambda^{3}+2\lambda^{2}-2\lambda+4,
então
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+2\lambda^{2}-2\lambda+4-1-\lambda-3+6\lambda.
Agrupando termos semelhantes:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+2\lambda^{2}+3\lambda.
Fatorando:
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda^{2}-2\lambda-3)=-\lambda(\lambda-3)(\lambda+1).]

Passo 4

Os autovalores são as raízes do polinômio característico:
\lambda=0,\quad \lambda=3,\quad \lambda=-1.

Passo 5

Encontrar o autoespaço associado a \lambda=0\), ou seja \(\ker(A)\). Resolve-se \(Ax=0\): \[\begin{pmatrix}2 & -1 & 3 \\[4pt] 1 & -1 & 1 \\[4pt] 2 & -3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Escrevendo as equações:
\begin{cases} 2x - y +3z = 0,\\[4pt] x - y + z = 0,\\[4pt] 2x -3y + z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem x=y-z\]. Substituo na primeira: \[2(y-z)-y+3z=0 \implies y+z=0 \implies y=-z.\] Então \(x=y-z=-z-z=-2z. A terceira equação é compatível (verificação rápida). Assim as soluções são
(x,y,z)=z(-2,-1,1),\qquad z\in\mathbb{R}.
Logo o autoespaço correspondente a \lambda=0 é de dimensão 1 e
E_{0}=\ker(A)=\operatorname{span}\{(-2,-1,1)\}.]

Passo 6

Autoespaço para \lambda=3\): resolvo \((A-3I)x=0\). Primeiro \[A-3I=\begin{pmatrix}-1 & -1 & 3 \\[4pt] 1 & -4 & 1 \\[4pt] 2 & -3 & -2\end{pmatrix}.
Escrevo o sistema (A-3I)(x,y,z)^T=0:
\begin{cases} - x - y +3z = 0,\\[4pt] x -4y + z = 0,\\[4pt] 2x -3y -2z = 0. \end{cases}
Da segunda equação x=4y-z\]. Substituo na primeira: \[-(4y-z)-y+3z=0 \implies -5y+4z=0 \implies y=\tfrac{4}{5}z.\] Então \(x=4\cdot\tfrac{4}{5}z - z = \tfrac{16}{5}z - \tfrac{5}{5}z = \tfrac{11}{5}z.
Escolhendo z=5 para limpar denominadores, obtenho o autovetor
(x,y,z)=(11,4,5).
A verificação na terceira equação confirma compatibilidade. Portanto
E_{3}=\ker(A-3I)=\operatorname{span}\{(11,4,5)\},
um espaço de dimensão 1.]

Passo 7

Autoespaço para \lambda=-1\): resolvo \((A+I)x=0\). Primeiro \[A+I=\begin{pmatrix}3 & -1 & 3 \\[4pt] 1 & 0 & 1 \\[4pt] 2 & -3 & 2\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} 3x - y +3z = 0,\\[4pt] x + z = 0,\\[4pt] 2x -3y +2z = 0. \end{cases}
Da segunda equação x=-z\]. Substituindo na primeira: \[3(-z)-y+3z=-y=0\implies y=0.\] A terceira equação fica automaticamente satisfeita. Assim as soluções são \[(x,y,z)=z(-1,0,1),\qquad z\in\mathbb{R}.\] Portanto \[E_{-1}=\ker(A+I)=\operatorname{span}\{(-1,0,1)\},\] também de dimensão \(1.]

Passo 8

Resumo interpretativo (curtinho e encorajador): obtivemos três autovalores distintos \{0,3,-1\} e para cada um o autoespaço tem dimensão 1. Como há três autovetores linearmente independentes, A é diagonalizável (se precisar usar isso na prova, basta formar a matriz com esses autovetores como colunas).

Resposta

\lambda=0,\\ \lambda=3,\\ \lambda=-1
E_{0}=\operatorname{span}\{(-2,-1,1)\}
E_{3}=\operatorname{span}\{(11,4,5)\}
E_{-1}=\operatorname{span}\{(-1,0,1)\}

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