(2,5 \mathrm{pts}) Considere sistema linear homogêneo (A-\lambda I) \mathrm{X}=\mathbf{O} sendo que
A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & -2 \\\\ 2 & 1 & -2 \\\\ 2 & 2 & -3 \end{array}\right] \quad A-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc} 1-\lambda & 2 & -2 \\\\ 2 & 1-\lambda & -2 \\\\ 2 & 2 & -3-\lambda \end{array}\right] \quad \text { e } \quad \mathrm{X}=\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]
a) Calcule, em função de \lambda, \operatorname{det}(A-\lambda I).
Para que valores de \lambda tem-se que \operatorname{det}(A-\lambda I)=0 ?
Substitua \lambda=1 e depois \lambda=-1 no sistema acima e resolva-os (são dois homogêneos mesmo).

Passo 1

O enunciado pede três coisas claras:
  • Calcular, em função de \lambda, \det(A-\lambda I).
  • Determinar para que valores de \lambda temos \det(A-\lambda I)=0.
  • Substituir \lambda=1 e \lambda=-1 em (A-\lambda I)\mathrm{X}=\mathbf{O} e resolver cada um desses sistemas homogêneos.
Informações fornecidas (peguei diretamente do enunciado):
A=\begin{bmatrix} 1 & 2 & -2\\[4pt] 2 & 1 & -2\\[4pt] 2 & 2 & -3 \end{bmatrix},\qquad A-\lambda I=\begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 & -2\\[4pt] 2 & 1-\lambda & -2\\[4pt] 2 & 2 & -3-\lambda \end{bmatrix},
\mathrm{X}=\begin{bmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{bmatrix}.]

Passo 2

Vamos calcular \det(A-\lambda I) por expansão pela primeira linha (método de cofactores). A fórmula de expansão pela primeira linha é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)M_{11}-2M_{12}+(-2)M_{13},
onde M_{1j} é o menor correspondente ao elemento da primeira linha e coluna j.
Calcule os menores:
M_{11}=\det\begin{bmatrix}1-\lambda & -2\\[4pt]2 & -3-\lambda\end{bmatrix} =(1-\lambda)(-3-\lambda)-(-2)\cdot2.
Faço a multiplicação com calma:
(1-\lambda)(-3-\lambda) = -3 -\lambda +3\lambda +\lambda^{2} = \lambda^{2}+2\lambda-3.
Somando o termo +4 (porque -(-2)\cdot2=+4):
M_{11}=\lambda^{2}+2\lambda-3+4=\lambda^{2}+2\lambda+1=(\lambda+1)^{2}.
Agora
M_{12}=\det\begin{bmatrix}2 & -2\\[4pt]2 & -3-\lambda\end{bmatrix} =2(-3-\lambda)-(-2)\cdot2=-6-2\lambda+4=-2-2\lambda=-2(1+\lambda).
E
M_{13}=\det\begin{bmatrix}2 & 1-\lambda\\[4pt]2 & 2\end{bmatrix} =2\cdot2-(1-\lambda)\cdot2=4-2+2\lambda=2+2\lambda=2(1+\lambda).
Substituindo na expansão:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda+1)^{2}-2\bigl(-2(1+\lambda)\bigr)+(-2)\bigl(2(1+\lambda)\bigr).
Calculo os dois últimos termos:
-2\bigl(-2(1+\lambda)\bigr)=4(1+\lambda),\qquad (-2)\bigl(2(1+\lambda)\bigr)=-4(1+\lambda).
Eles se cancelam, ficando apenas
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda+1)^{2}.]

Passo 3

As raízes (valores de \lambda que anulam o determinante) vêm da fatoração encontrada:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda+1)^{2}=0.
Logo os valores são \lambda=1 e \lambda=-1 (com multiplicidade algébrica 2 para \lambda=-1).

Passo 4

Agora substituo \lambda=1\) e resolvo \((A-I)\mathrm{X}=\mathbf{0}\). O sistema corresponde à matriz \[A-I=\begin{bmatrix} 0 & 2 & -2\\[4pt] 2 & 0 & -2\\[4pt] 2 & 2 & -4 \end{bmatrix}.
Escrevo as equações linha a linha:
\begin{cases} 0x+2y-2z=0,\\[4pt] 2x+0y-2z=0,\\[4pt] 2x+2y-4z=0. \end{cases}
Simplifico cada uma:
\begin{cases} 2y-2z=0 \Rightarrow y=z,\\[4pt] 2x-2z=0 \Rightarrow x=z,\\[4pt] 2x+2y-4z=0 \Rightarrow x+y-2z=0. \end{cases}
A terceira é redundante: substituindo x=z\] e \(y=z obtemos z+z-2z=0, identidade verdadeira. Portanto há uma variável livre; escolho z=t\in\mathbb{R}. Assim
x=t,\quad y=t,\quad z=t,
ou seja as soluções são todos os múltiplos de
\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Interpretação prática: o espaço nulo tem dimensão 1 e uma base é \{(1,1,1)\}.]

Passo 5

Agora substituo \lambda=-1 e resolvo (A+I)\mathrm{X}=\mathbf{0}. A matriz fica
A+I=\begin{bmatrix} 2 & 2 & -2\\[4pt] 2 & 2 & -2\\[4pt] 2 & 2 & -2 \end{bmatrix},
todas as linhas são iguais. A equação (única não redundante) é
2x+2y-2z=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x+y-z=0.
Isso implica z=x+y. As variáveis x e y são livres; escrevo a solução geral como combinação linear:
\begin{bmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{bmatrix} = x\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{bmatrix} + y\begin{bmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix},\qquad x,y\in\mathbb{R}.
Portanto o espaço nulo tem dimensão 2 e uma base conveniente é \{(1,0,1),(0,1,1)\}.]

Resposta

\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda+1)^{2}
\det(A-\lambda I)=0 para \lambda=1 e \lambda=-1 (com multiplicidade algébrica 2 para \lambda=-1)
Para \lambda=1: \mathrm{X}=t\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix},\\ t\in\mathbb{R}
Para \lambda=-1: \mathrm{X}=s\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix},\\ s,t\in\mathbb{R}]

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