Exercício 45. (Cálculo) Encontre os autovalores e autovetores da matriz A=\left(\begin{array}{ll}2 & 1 \\\\ 1 & 2\end{array}\right).

Passo 1

Enunciado e dados: a matriz dada é
A = \begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}.
O que o exercício pede: encontrar todos os autovalores \lambda de A e, para cada autovalor, encontrar os autovetores não nulos v tais que
A v = \lambda v.
Informações relevantes listadas: os elementos de A são a_{11}=2, a_{12}=1, a_{21}=1, a_{22}=2. Não há nenhuma outra informação externa.]

Passo 2

Definição e método (explicação didática): um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem A v = \lambda v. Reescrevendo, isso é
(A - \lambda I)v = 0,
onde I é a matriz identidade. Para existir solução não nula v precisamos que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é, tenha determinante zero:
\det(A-\lambda I)=0.
No caso de uma matriz 2\times2, se
M=\begin{pmatrix}m_{11} & m_{12}\\[4pt] m_{21} & m_{22}\end{pmatrix},
então
\det(M)=m_{11}m_{22}-m_{12}m_{21}.
Vamos aplicar essa ideia para obter o polinômio característico \det(A-\lambda I) e resolver para \lambda.]

Passo 3

Formar A-\lambda I e calcular o determinante:
A-\lambda I = \begin{pmatrix}2-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I) = (2-\lambda)(2-\lambda) - 1\cdot 1 = (2-\lambda)^2 - 1.
Expandindo e simplificando:
(2-\lambda)^2 - 1 = (4 - 4\lambda + \lambda^2) - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2 - 4\lambda + 3 = 0.]

Passo 4

Resolver o polinômio característico (achar os autovalores): o polinômio \lambda^2 - 4\lambda + 3 fatoriza facilmente (procure dois números cuja soma é -4 e produto é 3; aqui são -1 e -3, então fatoriza como)
\lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda - 1)(\lambda - 3).
Assim as raízes (autovalores) são
\lambda_1 = 1,\qquad \lambda_2 = 3.

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda_1 = 1\): substituímos em \(A-\lambda I\) e resolvemos \((A-\lambda I)v=0\). Para \(\lambda=1\), \[A - 1\! \cdot I = \begin{pmatrix}2-1 & 1 \\[4pt] 1 & 2-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Se v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}, o sistema homogêneo é
\begin{cases} x + y = 0,\\[4pt] x + y = 0. \end{cases}
As duas equações são iguais; a condição é x + y = 0\], ou seja \(y = -x. Logo os autovetores correspondentes a \lambda=1 são todos os múltiplos escalares de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.
Podemos escolher o autovetor \displaystyle v_1 = \begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix} como representante.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda_2 = 3\): para \(\lambda=3\), \[A - 3\! \cdot I = \begin{pmatrix}2-3 & 1 \\[4pt] 1 & 2-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Se v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}, o sistema homogêneo é
\begin{cases} -x + y = 0,\\[4pt] x - y = 0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes e dão y = x\]. Logo os autovetores correspondentes a \(\lambda=3 são todos os múltiplos escalares de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Podemos escolher o autovetor \displaystyle v_2 = \begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação (sempre bom checar na hora da prova): calcular A v e ver se dá \lambda v.
Para v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}:
A v_2 = \begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot1 + 1\cdot1 \\[4pt] 1\cdot1 + 2\cdot1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\[4pt]3\end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}:
A v_1 = \begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot1 + 1\cdot(-1) \\[4pt] 1\cdot1 + 2\cdot(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} = 1\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
As verificações batem: os vetores escolhidos são realmente autovetores correspondentes aos autovalores indicados.]

Passo 8

Observação final (útil para prova): quando uma matriz 2\times2 tem autovalores distintos (aqui \lambda=1 e \lambda=3), os autovetores associados são linearmente independentes e a matriz é diagonalizável. Na prática, para esta matriz simétrica, os autovetores obtidos são ortogonais: \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} têm produto interno zero, o que é comum para matrizes simétricas reais.]

Resposta

\lambda=3,\quad autovetores: múltiplos de \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.\n \lambda=1,\quad autovetores: múltiplos de \displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

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