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 queMv=\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:
Calcular \det(M-\lambda I) explicitamente (expansão de determinante).
Resolver o polinômio resultante (se possível fatorar; se não, obter aproximações numéricas).
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.
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.
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 temosx_{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} obtemosx_{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 av(\lambda)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2-\lambda\\[4pt]\dfrac{2-\lambda}{1-\lambda}\end{pmatrix}.
Substituo os valores numéricos dos autovalores encontrados:
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}.
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}.
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).
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},
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).
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
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
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
(Em todos os casos os autovetores são determinados a um fator escalar multiplicativo; os apresentados são escolhas de vetor gerador de cada autogerador.)]