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

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os valores de \lambda tais que o sistema
A X = \lambda X
tenha solução não-trivial, onde
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2\\\\ -1 & 2 & 1\\\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
O conteúdo da matéria é autovalores e autovetores de matrizes: primeiro calculamos o polinômio característico \det(A - \lambda I) para achar as raízes \lambda, depois, para cada raiz, resolvemos (A - \lambda I)X=0 para obter uma base do espaço solução (autovetores).

Passo 2

Montamos a matriz A - \lambda I e calculamos o determinante:
A - \lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & -2\\\\ -1 & 2-\lambda & 1\\\\ 0 & 1 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Usando expansão pela primeira linha,
\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)\det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\\ 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\!\begin{pmatrix}-1 & 1\\\ 0 & -1-\lambda\end{pmatrix} +(-2)\cdot\det\!\begin{pmatrix}-1 & 2-\lambda\\\ 0 & 1\end{pmatrix}.

Passo 3

Calculando cada menor:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\\ 1 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(-1-\lambda)-1 =\lambda^2-\lambda-3,
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\\ 0 & -1-\lambda\end{pmatrix} =-1\cdot(-1-\lambda)=1+\lambda, \quad \det\begin{pmatrix}-1 & 2-\lambda\\\ 0 & 1\end{pmatrix}=-1.
Logo
\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-3)-(1+\lambda)+2 =-\lambda^3+2\lambda^2+\lambda-2.
Multiplicando por -1, obtemos o polinômio
\lambda^3 -2\lambda^2 -\lambda +2 = 0,
que fatoriza como
(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda-2)=0.
Portanto os autovalores são
\lambda_1 = 1,\quad \lambda_2 = -1,\quad \lambda_3 = 2.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (A - I)X=0:
A - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -2\\\\ -1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix},\quad X=(x,y,z)^T.
As equações são
y-2z=0 e -x+y+z=0. Da primeira y=2z. Substituindo na segunda dá x=3z.
Logo todo vetor solução é
X = z\begin{pmatrix}3\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix},
de modo que uma base do espaço próprio para \lambda=1 é
\bigl\{\,(3,2,1)^T\bigr\}.

Passo 5

Para \lambda=-1 resolvemos (A + I)X=0:
A + I = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -2\\\\ -1 & 3 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Da terceira linha vem y=0. Da segunda -x+z=0\Rightarrow z=x. A primeira é então automática.
Assim
X = x\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},
e uma base para \lambda=-1 é
\bigl\{\,(1,0,1)^T\bigr\}.

Passo 6

Para \lambda=2 resolvemos (A - 2I)X=0:
A - 2I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -2\\\\ -1 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}.
Da segunda linha -x+z=0\Rightarrow z=x. Da terceira y-3z=0\Rightarrow y=3x. A primeira se satisfaz automaticamente.
Logo
X = x\begin{pmatrix}1\\\ 3\\\ 1\end{pmatrix},
e uma base para \lambda=2 é
\bigl\{\,(1,3,1)^T\bigr\}.

Resposta

Os autovalores são
\lambda=1,\;-1,\;2.
Bases dos respectivos espaços próprios:
para \lambda=1: \{(3,2,1)^T\},
para \lambda=-1: \{(1,0,1)^T\},
para \lambda=2: \{(1,3,1)^T\}.

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