Encontre todos os autovalores e autovetores das matrizes abaixo,
\left(\begin{array}{ccc}4 & -1 & 6 \\\\ 2 & 1 & 6 \\\\ 2 & -1 & 8\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede: “Encontre todos os autovalores e autovetores da matriz” e nos fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}4 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & 1 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 8\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas: a matriz A é 3\times3. A tarefa é achar todos os escalares \lambda (autovalores) e, para cada \lambda, todos os vetores não nulos v tais que Av=\lambda v (autovetores).]

Passo 2

Definição e estratégia: um autovalor \lambda satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3. Esse determinante gera o polinômio característico; suas raízes são os autovalores. Depois, para cada autovalor \lambda, resolvemos o sistema linear
(A-\lambda I)v=0
para encontrar os autovetores v (vetores não nulos na nulidade de A-\lambda I).

Passo 3

Calcular o polinômio característico. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & -1 & 6 \\[4pt] 2 & 1-\lambda & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 8-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante por expansão (ou qualquer método de sua preferência). Faço expansão pela primeira linha:
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(4-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 6 \\[4pt] -1 & 8-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}2 & 6 \\[4pt] 2 & 8-\lambda\end{pmatrix} +6\det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calcule cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 6 \\[4pt] -1 & 8-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(8-\lambda)-6(-1)=\lambda^{2}-9\lambda+14,
\det\begin{pmatrix}2 & 6 \\[4pt] 2 & 8-\lambda\end{pmatrix}=2(8-\lambda)-6\cdot 2=4-2\lambda,
\det\begin{pmatrix}2 & 1-\lambda \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}=2(-1)-2(1-\lambda)=-4+2\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(\lambda^{2}-9\lambda+14)+(4-2\lambda)+6(-4+2\lambda).
Simplificando os termos finais:
(4-2\lambda)+6(-4+2\lambda)=-20+10\lambda.
Multiplicando e somando:
(4-\lambda)(\lambda^{2}-9\lambda+14)= -\lambda^{3}+13\lambda^{2}-50\lambda+56,
então
\det(A-\lambda I)=-\lambda^{3}+13\lambda^{2}-40\lambda+36.
Multiplicando por -1 para ficar no polinômio padrão:
\det(A-\lambda I)=-(\lambda^{3}-13\lambda^{2}+40\lambda-36).
O polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^{3}-13\lambda^{2}+40\lambda-36.]

Passo 4

Achar as raízes de p(\lambda). Testando raízes inteiras que dividem 36: tentei \lambda=2:
p(2)=2^{3}-13\cdot 2^{2}+40\cdot 2-36=8-52+80-36=0,
logo \lambda=2 é raíz. Fazemos divisão de polinômios (ou fatoração) para obter
p(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda^{2}-11\lambda+18).
Agora factorize a quadrática:
\lambda^{2}-11\lambda+18=(\lambda-2)(\lambda-9).
Portanto
p(\lambda)=(\lambda-2)^{2}(\lambda-9).
Conclusão sobre autovalores: \lambda=2 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=9 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda=9\). Resolvemos \((A-9I)v=0\). Primeiro escrevemos \[A-9I=\begin{pmatrix}4-9 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & 1-9 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 8-9\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-5 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & -8 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & -1\end{pmatrix}.
Seja v=(x,y,z)^{T}. O sistema é
\begin{cases} -5x-y+6z=0,\\[4pt] 2x-8y+6z=0,\\[4pt] 2x-y-z=0. \end{cases}
Usando a terceira equação 2x-y-z=0\] obtemos \(2x=y+z, ou seja x=(y+z)/2.
Substituindo na segunda equação:
2x-8y+6z=(y+z)-8y+6z=-7y+7z=0\implies y=z.
Com y=z vem x=(y+z)/2=z. Assim qualquer vetor solução tem a forma
v=z(1,1,1),\quad z\neq 0.
Um autovetor conveniente (normalizado de forma simples) é
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda=2. Escrevemos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}4-2 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & 1-2 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 8-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 6 \\[4pt] 2 & -1 & 6\end{pmatrix}.
As três linhas são idênticas, então o sistema (A-2I)v=0 reduz-se a uma equação:
2x-y+6z=0.
Escrevendo v=(x,y,z)^{T} e escolhemos parâmetros livres. Por exemplo, tome x=s, z=t. Então
y=2x+6z=2s+6t.
Assim
v=s\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]1\end{pmatrix},
com s,t não ambos zero. Ou seja, a nulidade tem dimensão 2 (duas direções independentes) e uma base de autovetores pode ser escolhida por exemplo como
\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix}\quad\text{e}\quad\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(Se quiser, pode-se escolher vetores equivalentes escalados, por exemplo (0,6,1)^{T} também poderia ser trocado por (0,6,1)^{T} dividido por 1 — aqui mantive inteiros para ficar prático na prova.)
Observação rápida e motivadora: a multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 2, igual à multiplicidade algébrica 2. Isso significa que A é diagonalizável — se precisarmos diagonalizar, já temos uma base de autovetores.]

Resposta

Autovalores: \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=9 (multiplicidade algébrica 1).\n
Autovetores para \lambda=2: vetores da forma s\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\[4pt]6\\[4pt]1\end{pmatrix}, com s,t não ambos zero.\n
Autovetores para \lambda=9: múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Exercícios relacionados