Nos exercícios 39 a 42, determine os autovalores e os autovetores da matriz A.
A=\left[\begin{array}{rrr}1 & -1 & 0 \\\\ 2 & 3 & 2 \\\\ 1 & 1 & 2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 3 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 2\end{pmatrix}
e pede que eu determine os autovalores e os autovetores de A.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A é 3\times3.
  • O que se pede: todos os valores escalares \lambda (autovalores) tais que existe vetor não-nulo v (autovetor) com Av=\lambda v, e um autovetor associado a cada autovalor.]

Passo 2

Lembra do conceito (rápida aula): um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que
Av=\lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade. Para existir solução não-trivial v precisamos que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é,
\det(A-\lambda I)=0.
A equação \det(A-\lambda I)=0 é chamada de equação característica; o polinômio \det(A-\lambda I) é o polinômio característico de A. Vou calcular esse determinante para encontrar os autovalores.

Passo 3

Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 3-\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante \det(A-\lambda I). Vou expandir pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots).
Calculo cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot1,
\det\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=2(2-\lambda)-2\cdot1.]

Passo 4

Simplifico os termos:
(3-\lambda)(2-\lambda)=6-5\lambda+\lambda^2,
portanto
(3-\lambda)(2-\lambda)-2 = 4-5\lambda+\lambda^2.
E
2(2-\lambda)-2 = 2-2\lambda.
Substituindo na expressão do determinante:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)+(2-2\lambda).
Faço a multiplicação e simplifico passo a passo:
(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)=\lambda^2-5\lambda+4-\lambda^3+5\lambda^2-4\lambda=-\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4.
Somando o termo final:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4+(2-2\lambda)=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
Multiplico por -1 (para ficar com o polinômio no formato usual):
\det(A-\lambda I)= -\bigl(\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6\bigr).
Logo o polinômio característico é
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0.

Passo 5

Agora fatoro o polinômio. Tento raízes inteiras possíveis 1,2,3,\dots. Testando \lambda=1:
1-6+11-6=0,
logo \lambda=1 é raiz. Faço divisão sintética ou fatoração:
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+6).
O quadrático fatora:
\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=3.
Todos distintos, logo cada um tem multiplicidade algébrica 1 e terá um autovetor (até escala) associado.

Passo 6

Agora encontro os autovetores resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda. Começo por \lambda=1.
Para \lambda=1:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Escrevo o sistema linear (A-I)v=0 com v=(x,y,z)^T:
\begin{cases} 0\cdot x - y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 2x + 2y + 2z = 0,\\[4pt] x + y + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem y=0\]. Substituindo nas outras: \[2x+2z=0 \quad\Rightarrow\quad x=-z,\] e a terceira eq. é a mesma informação. Então os vetores solução são da forma \[v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]0\\[2pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-z\\[2pt]0\\[2pt]z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\] com \(z\neq0 (vetor não-nulo). Posso escolher z=1 e tomar como autovetor associado a \lambda=1
v_1=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Para \lambda=2\): \[A-2I=\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Sistema (A-2I)v=0:
\begin{cases} - x - y = 0,\\[4pt] 2x + y + 2z = 0,\\[4pt] x + y + 0\cdot z = 0. \end{cases}
Da primeira (ou terceira) equação vem x=-y\]. Substituo na segunda: \[2(-y)+y+2z=0 \quad\Rightarrow\quad -y+2z=0 \quad\Rightarrow\quad y=2z.\] Então \(x=-y=-2z. Assim os vetores solução são
v=\begin{pmatrix}-2z\\[2pt]2z\\[2pt]z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix}-2\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix},
com z\neq0. Tomando z=1 um autovetor associado a \lambda=2 é
v_2=\begin{pmatrix}-2\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Para \lambda=3\): \[A-3I=\begin{pmatrix} -2 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema (A-3I)v=0:
\begin{cases} -2x - y = 0,\\[4pt] 2x + 0\cdot y + 2z = 0,\\[4pt] x + y - z = 0. \end{cases}
Da primeira equação y=-2x\]. Da segunda, dividindo por \(2: x+z=0 então z=-x. Substituindo y=-2x e z=-x na terceira vemos que dá x-2x-(-x)=0, que é 0=0 (consistente). Portanto as soluções são
v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]-2x\\[2pt]-x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\\[2pt]-1\end{pmatrix},
com x\neq0. Tomando x=1 um autovetor associado a \lambda=3 é
v_3=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 9

Resumo rápido (lembrete didático): como os autovalores são distintos ( 1,2,3), os espaços próprios têm dimensão 1 cada um; cada autovetor acima é determinado até multiplicação escalar. Na prova, é suficiente dar um vetor não-nulo em cada espaço próprio, como eu fiz.

Resposta

\lambda=1,\quad v=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\n
\lambda=2,\quad v=\begin{pmatrix}-2\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}\n
\lambda=3,\quad v=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\\[2pt]-1\end{pmatrix}]

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