Nos exercícios 39 a 42, determine os autovalores e os autovetores da matriz A.
A=\left[\begin{array}{ll}2 & 1 \\\\ 3 & 4\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 3 & 4\end{pmatrix}
e pede para determinar os autovalores e os autovetores de A.
Informações importantes que temos: os elementos de A são a_{11}=2, a_{12}=1, a_{21}=3, a_{22}=4.
O que é pedido, em termos práticos: encontrar todos os escalares \lambda e vetores não nulos \mathbf{v} tais que
A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.]

Passo 2

O que significa achar autovalores e autovetores (uma pequena aula):
  • Um número \lambda é autovalor de A se existe um vetor não nulo \mathbf{v} satisfazendo A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
  • Reescrevendo, isso é (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, onde I é a matriz identidade. Para existir solução não trivial \mathbf{v}\neq\mathbf{0} é necessário e suficiente que \det(A-\lambda I)=0. Essa equação em \lambda é o polinômio característico de A.
  • Para uma matriz 2\times2, a determinante de \begin{pmatrix}p & q\\\ r & s\end{pmatrix} é ps-qr. Vou usar isso para montar e calcular o polinômio característico.

Passo 3

Formar a matriz A-\lambda I e o determinante característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt] 3 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
O polinômio característico é dado por
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(4-\lambda)-3\cdot 1.]

Passo 4

Calcular explicitamente o determinante para obter o polinômio em \lambda. Usando a regra (2-\lambda)(4-\lambda)=\lambda^2-6\lambda+8, temos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-6\lambda+8-3=\lambda^2-6\lambda+5.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2-6\lambda+5=0.

Passo 5

Resolver o polinômio característico (aqui dá para fatorar): procurar dois números cujo produto é 5 e soma é 6. São 1 e 5. Logo
\lambda^2-6\lambda+5=(\lambda-5)(\lambda-1).
Daí os autovalores são as raízes:
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=1.

Passo 6

Agora, para cada autovalor, encontramos os autovetores resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Começando por \lambda_1=5. Temos
A-5I=\begin{pmatrix}2-5 & 1\\[4pt] 3 & 4-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & 1\\[4pt] 3 & -1\end{pmatrix}.
Procura-se \mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}-3 & 1\\[4pt] 3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema linear
-3x+y=0,\qquad 3x-y=0.
As duas equações são equivalentes; da primeira obtemos y=3x. Portanto os vetores próprios correspondentes a \lambda_1=5 são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] 3\end{pmatrix}.
Posso escolher como autovetor representante \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 3\end{pmatrix}.]

Passo 7

Para \lambda_2=1, calculamos
A-I=\begin{pmatrix}2-1 & 1\\[4pt] 3 & 4-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}.
Procuramos \mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} tal que
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix},
o que dá o sistema
x+y=0,\qquad 3x+3y=0.
As equações são equivalentes; da primeira vem y=-x. Logo os autovetores correspondentes a \lambda_2=1 são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.
Escolho como autovetor representante \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Observações finais (rápidas e úteis para a prova): autovalores aparecem como raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Para cada autovalor resolve-se um sistema homogêneo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0} e toma-se qualquer vetor não nulo da solução como autovetor — eles são definidos até multiplicação por escalar. Aqui os dois autovetores escolhidos são linearmente independentes, o que é esperado para autovalores distintos.

Resposta

\lambda_1=5,\\ \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}
\lambda_2=1,\\ \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}]

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