Encontre todos os auto-valores e auto-vetores das seguintes matrizes:
A=\left(\begin{array}{rrr} 2 & -1 & 0 \\\\ -1 & 2 & -1 \\\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right), \quad B=\left(\begin{array}{rrr} 4 & 0 & 1 \\\\ -2 & 1 & 0 \\\\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O que o problema pede e o que nos é dado.
  • Pedido: encontrar todos os autovalores (autovalores = eigenvalues) e autovetores (eigenvectors) das matrizes A e B.
  • Matrizes fornecidas: A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 1\\[4pt] -2 & 1 & 0\\[4pt] -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Informações importantes extraídas do enunciado:
  • Para cada matriz vamos olhar a equação característica \det(M-\lambda I)=0 para encontrar os autovalores \lambda.
  • Para cada autovalor \lambda não degenerado, encontraremos vetores não nulos v tais que (M-\lambda I)v=0; esses são os autovetores associados.]

Passo 2

Conceito e método que vou usar (explicação didática curta).
  • Definição: um número \lambda é autovalor da matriz M se existe vetor não nulo v tal que Mv=\lambda v,que é equivalente ao sistema homogêneo (M-\lambda I)v=0.Para existir solução não-trivial precisamos que \det(M-\lambda I)=0.Essa equação em \lambda é o polinômio característico; suas raízes são os autovalores.
  • Procedimento prático:
    1. Calcular \det(M-\lambda I) explicitamente (expansão de determinante).
    2. Resolver o polinômio resultante (se possível fatorar; se não, obter aproximações numéricas).
    3. Para cada raiz \lambda, resolver (M-\lambda I)v=0 (sistema linear) para obter os autovetores (apresento vetores em forma de proporções, escala livre).
Vou seguir isso para A e para B. Vou mostrar contas passo a passo e explicar cada operação simples, como você pediu — tipo amigo que vai junto com você na prova.

Passo 3

Cálculo do polinômio característico de A.
  • Formo A-\lambda I: A-\lambda I=\begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 & 0\\[4pt] -1 & 2-\lambda & -1\\[4pt] 0 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
  • Faço o determinante por expansão na primeira linha (ou por regra de Sarrus adaptada), seguindo a regra de sinal +,-,+: \det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
  • Calculo cada determinante menor: \det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(1-\lambda)-(-1)(-1)=(2-\lambda)(1-\lambda)-1.
\det\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(-1)(1-\lambda)-(-1)\cdot 0=-(1-\lambda).
  • Substituo de volta: \det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\big[(2-\lambda)(1-\lambda)-1\big]+( \lambda-1).
  • Faço as multiplicações e simplifico passo a passo: (2-\lambda)(1-\lambda)=2-3\lambda+\lambda^{2},então (2-\lambda)\big[(2-\lambda)(1-\lambda)-1\big]=(2-\lambda)(1-3\lambda+\lambda^{2}).Expandindo: (2-\lambda)(1-3\lambda+\lambda^{2})=2-7\lambda+5\lambda^{2}-\lambda^{3}.Somando \lambda-1 obtemos \det(A-\lambda I)=1-6\lambda+5\lambda^{2}-\lambda^{3}.É conveniente escrever o polinômio característico na forma monica (positivo para \lambda^3): \boxed{\;p_A(\lambda)=\lambda^{3}-5\lambda^{2}+6\lambda-1=0\;}.
Explicação rápida: os coeficientes conferem com traço e determinante de A: \text{tr}(A)=5 (soma dos autovalores) e \det(A)=1 (produto dos autovalores), que batem com o polinômio obtido.]

Passo 4

Resolvendo o polinômio de A. (Como fazer na prova)
  • O polinômio é \lambda^{3}-5\lambda^{2}+6\lambda-1=0. Nem sempre as raízes são inteiras; aqui não há raiz inteira (testando \lambda=1,2,3 vê-se que nenhum anula o polinômio).
  • Opções:
    • Usar fórmula de Cardano (complicado e longo).
    • Ou encontrar fatoração trigonométrica quando o polinômio vem de matrizes tridiagonais especiais (às vezes possível).
    • Ou, pragmaticamente na prova, pode-se obter aproximações numéricas com métodos simples (bisseção/Newton), desde que seja permitido ter aproximação. Vou mostrar um caminho prático e confiável: primeiro notar que as três raízes são reais (porque A é simétrica), e então obter aproximações numéricas rápidas com uma iteração de Newton — isso é aceitável para anotar autovalores numéricos.
  • Aplicando Newton (resumo das iterações, mostro uma iteração exemplar para cada raiz):
    • Derivada p_A'(\lambda)=3\lambda^{2}-10\lambda+6.
    • Encontramos as três raízes reais (após algumas iterações rápidas) com boa precisão: \lambda_{1}\approx 0{,}1980622642,\qquad \lambda_{2}\approx 1{,}5549581321,\qquad \lambda_{3}\approx 3{,}2469796037.
    • Observação curiosa (não necessária para a prova, mas útil para intuição): esses valores coincidem com \lambda_{k}=2+2\cos\!\left(\frac{2\pi k}{7}\right),\quad k=1,2,3,ou seja, existe uma expressão trigonométrica fechada para essas raízes. Isso explica os números bonitos que aparecem (mas não é obrigatório conhecer para calcular por métodos algébricos diretos).

Passo 5

Encontrando autovetores de A — procedimento geral e cálculo numérico.
  • Para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)x=0.
  • É conveniente eliminar incógnitas por substituição. Das equações do sistema (escritas componente a componente): (2-\lambda)x_{1}-x_{2}=0, \qquad -x_{1}+(2-\lambda)x_{2}-x_{3}=0, \qquad -x_{2}+(1-\lambda)x_{3}=0.
  • Da primeira equação temos x_{2}=(2-\lambda)x_{1}.Da terceira: x_{2}=(1-\lambda)x_{3}\quad\Rightarrow\quad x_{3}=\frac{x_{2}}{1-\lambda}.Substituindo x_{2}=(2-\lambda)x_{1} obtemos x_{3}=\frac{2-\lambda}{1-\lambda}\,x_{1}.
  • Portanto, para qualquer autovalor \lambda (com \lambda\neq 1, o que aqui é verdade porque \lambda=1 não é raiz), podemos escolher x_{1}=1 e obter o autovetor proporcional a v(\lambda)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2-\lambda\\[4pt]\dfrac{2-\lambda}{1-\lambda}\end{pmatrix}.
  • Substituo os valores numéricos dos autovalores encontrados:
    1. Para \lambda_{1}\approx 0{,}1980622642: 2-\lambda_{1}\approx 1{,}8019377358,\qquad \frac{2-\lambda_{1}}{1-\lambda_{1}}\approx 2{,}2469796037,autovetor (proporcional): v_{1}\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]1{,}8019377358\\[4pt]2{,}2469796037\end{pmatrix}.
    2. Para \lambda_{2}\approx 1{,}5549581321: 2-\lambda_{2}\approx 0{,}4450418679,\qquad \frac{2-\lambda_{2}}{1-\lambda_{2}}\approx -0{,}8019377358,autovetor (proporcional): v_{2}\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]0{,}4450418679\\[4pt]-0{,}8019377358\end{pmatrix}.
    3. Para \lambda_{3}\approx 3{,}2469796037: 2-\lambda_{3}\approx -1{,}2469796037,\qquad \frac{2-\lambda_{3}}{1-\lambda_{3}}\approx 0{,}5549581321,autovetor (proporcional): v_{3}\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1{,}2469796037\\[4pt]0{,}5549581321\end{pmatrix}.
  • Observação pedagógica: qualquer múltiplo escalar desses vetores também é autovetor. Se precisar, pode-se normalizar dividindo pelo comprimento (norma Euclidiana).]

Passo 6

Cálculo do polinômio característico de B (passo a passo).
  • Formo B-\lambda I: B-\lambda I=\begin{pmatrix} 4-\lambda & 0 & 1\\[4pt] -2 & 1-\lambda & 0\\[4pt] -2 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
  • Faço \det(B-\lambda I) expandindo pela primeira linha (pois há um zero fácil): \det(B-\lambda I)=(4-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}-2 & 1-\lambda\\[4pt]-2 & 0\end{pmatrix}.
  • Calculo os menores: \det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^{2},
\det\begin{pmatrix}-2 & 1-\lambda\\[4pt]-2 & 0\end{pmatrix}=(-2)\cdot 0-(1-\lambda)(-2)=2(1-\lambda).
  • Então \det(B-\lambda I)=(4-\lambda)(1-\lambda)^{2}+2(1-\lambda).Fatorando (1-\lambda): \det(B-\lambda I)=(1-\lambda)\big[(4-\lambda)(1-\lambda)+2\big].Expandindo e simplificando obtém-se \det(B-\lambda I)=-\lambda^{3}+6\lambda^{2}-11\lambda+6.Em forma monica: \boxed{\;p_B(\lambda)=\lambda^{3}-6\lambda^{2}+11\lambda-6=0\;}.
  • Esse polinômio é familiar e fatorável por inspeção (testando raízes inteiras \lambda=1,2,3): p_B(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).Logo os autovalores são \lambda=1,2,3.]

Passo 7

Encontrando autovetores de B (resolução direta e simples).
  • Para \lambda=1:
    B-I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 1\\[4pt]-2 & 0 & 0\\[4pt]-2 & 0 & 0\end{pmatrix}.
    Do sistema (B-I)x=0 temos pelas 2ª e 3ª linhas -2x_{1}=0\Rightarrow x_{1}=0. Substituindo na 1ª linha dá 3\cdot 0 + x_{3}=0\Rightarrow x_{3}=0. Não há restrição em x_{2}. Portanto os autovetores associados a \lambda=1 são todos os múltiplos de
    w_{1}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=2:
    B-2I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -1 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -1\end{pmatrix}.
    Do sistema: primeira equação 2x_{1}+x_{3}=0\Rightarrow x_{3}=-2x_{1}. Segunda: -2x_{1}-x_{2}=0\Rightarrow x_{2}=-2x_{1}. A terceira é consistente com as duas anteriores. Tomando x_{1}=1 obtemos o autovetor
    w_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=3:
    B-3I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -2 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -2\end{pmatrix}.
    Das equações: x_{1}+x_{3}=0\Rightarrow x_{3}=-x_{1}. Segunda: -2x_{1}-2x_{2}=0\Rightarrow x_{2}=-x_{1}. A terceira é redundante. Tomando x_{1}=1 obtemos
    w_{3}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Resposta

Para A:
\lambda_{1}\approx 0{,}1980622642,\quad v_{1}\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]1{,}8019377358\\[4pt]2{,}2469796037\end{pmatrix}
\lambda_{2}\approx 1{,}5549581321,\quad v_{2}\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]0{,}4450418679\\[4pt]-0{,}8019377358\end{pmatrix}
\lambda_{3}\approx 3{,}2469796037,\quad v_{3}\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1{,}2469796037\\[4pt]0{,}5549581321\end{pmatrix}
Para B:
\lambda=1,\quad v\propto\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=2,\quad v\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-2\end{pmatrix}
\lambda=3,\quad v\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}
(Em todos os casos os autovetores são determinados a um fator escalar multiplicativo; os apresentados são escolhas de vetor gerador de cada autogerador.)]

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