Encontre os valores de λ tais que o sistema homogêneo \left(A-\lambda I_{n}\right) X=\overline{0} tem solução não trivial e para estes valores de λ, encontre uma base para o espaço solução, para as matrizes A dadas:
A=\left[\begin{array}{rrr}1 & 1 & -2 \\\\ -1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1\end{array}\right] ;

Passo 1

O enunciado pede os valores de \lambda para os quais o sistema homogêneo
\bigl(A - \lambda I_{3}\bigr)X = \overline{0}
tem solução não trivial. Isso equivale a encontrar os autovalores de A e, para cada um, determinar uma base do autespaço (espaço solução).

Passo 2

Para achar os autovalores, calculamos o polinômio característico \det(A - \lambda I). Primeiro escrevemos
A - \lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & -2 \\\\ -1 & 2-\lambda & 1 \\\\ 0 & 1 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo por cofactores na primeira linha,
\det(A - \lambda I) =(1-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1\\\\ 1 & -1-\lambda \end{vmatrix} -1\, \begin{vmatrix} -1 & 1\\\\ 0 & -1-\lambda \end{vmatrix} -2\, \begin{vmatrix} -1 & 2-\lambda\\\\ 0 & 1 \end{vmatrix}.
Calculando os menores e somando, chega-se a
\det(A - \lambda I) =(1-\lambda)\bigl(\lambda^2-\lambda-3\bigr)+1-\lambda =(1-\lambda)\bigl(\lambda^2-\lambda-2\bigr) =(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+1).

Passo 3

O polinômio característico se anula exatamente em
\lambda=1,\quad \lambda=2,\quad \lambda=-1.
Esses são os autovalores de A.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (A-I)X=0, ou
\begin{pmatrix} 0 & 1 & -2\\\\ -1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha obtém-se y=2z. Da segunda, -x+y+z=0 implica x=3z. Logo
X = z\begin{pmatrix}3\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix},
e uma base do autespaço é \bigl\{\,(3,2,1)\bigr\}.

Passo 5

Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)X=0, ou
\begin{pmatrix} -1 & 1 & -2\\\\ -1 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da segunda linha vem x=z. Da terceira, y=3z. Verifica-se que a primeira se satisfaz automaticamente. Assim
X = z\begin{pmatrix}1\\\ 3\\\ 1\end{pmatrix},
e a base do autespaço é \bigl\{\,(1,3,1)\bigr\}.

Passo 6

Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)X=0, ou
\begin{pmatrix} 2 & 1 & -2\\\\ -1 & 3 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da terceira linha vem y=0. Substituindo nas outras, obtemos x=z. Logo
X = z\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},
e a base do autespaço é \bigl\{\,(1,0,1)\bigr\}.

Resposta

Os autovalores são \lambda=1,2,-1.
Para \lambda=1, base do espaço solução: \{(3,2,1)\}.
Para \lambda=2, base do espaço solução: \{(1,3,1)\}.
Para \lambda=-1, base do espaço solução: \{(1,0,1)\}.

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