Para as matrizes a seguir encontre os autovalores e os autovetores associados:
\left[\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\\\ 3 & -1 & 0 \\\\ 0 & 4 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz quadrada 3\times3
A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 3\end{pmatrix}
e pede:
  • encontrar os autovalores (valores próprios) de A;
  • para cada autovalor, encontrar os autovetores (vetores próprios) associados.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A tem entradas explícitas em cada posição (já listadas acima).
  • A pergunta é típica: resolver \det(A-\lambda I)=0 para obter os autovalores \lambda e, em seguida, para cada \lambda resolver (A-\lambda I)v=0 para obter os autovetores v\neq0.]

Passo 2

O que é preciso usar (explicação didática breve e amigável).
  • Definição: um escalar \lambda é autovalor de A se existe um vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
Esse v é um autovetor associado a \lambda.
  • Procedimento padrão: resolver a equação característica
\det(A-\lambda I)=0
para obter os autovalores, e depois, para cada \lambda, resolver o sistema linear homogêneo
(A-\lambda I)v=0
para encontrar os autovetores.
  • Observação importante que facilita muito aqui: se uma matriz é triangular (superior ou inferior), seu determinante é o produto dos elementos da diagonal. Assim, para matriz triangular a equação característica \det(A-\lambda I)=0 se reduz a multiplicar os termos (a_{ii}-\lambda) na diagonal.
No nosso caso, A é uma matriz triangular inferior (todos os elementos acima da diagonal são zero). Portanto a equação característica é simples de obter.

Passo 3

Cálculo dos autovalores usando a propriedade triangular.
Formamos A-\lambda I e usamos que o determinante é o produto dos termos da diagonal:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\,(-1-\lambda)\,(3-\lambda).
Igualando a zero obtemos as raízes (os autovalores):
(2-\lambda)(-1-\lambda)(3-\lambda)=0
portanto as soluções são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=3.
Pronto: os três autovalores são \;2,\;-1\; e \;3.

Passo 4

Encontrando os autovetores associados a \lambda=2.
Formamos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}2-2 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1-2 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 3-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -3 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 1\end{pmatrix}.
Queremos vetores v=(x,y,z)^{T} tais que (A-2I)v=0. Isso dá o sistema linear:
  • primeira linha: 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0 (sem restrição);
  • segunda linha: 3x -3y + 0z = 0, ou seja \;3x-3y=0\Rightarrow x=y;
  • terceira linha: 0x + 4y + 1z = 0, ou seja \;4y+z=0\Rightarrow z=-4y.
Tomando y=t como parâmetro livre ( t\neq0 para vetor não-nulo), obtemos
x=t,\qquad y=t,\qquad z=-4t.
Logo os autovetores associados a \lambda=2 são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-4\end{pmatrix},
isto é, v=t\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -4\end{pmatrix}, t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.]

Passo 5

Encontrando os autovetores associados a \lambda=-1.
Formamos A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix}2+1 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1+1 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 3+1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 4\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+I)v=0 para v=(x,y,z)^T obtemos:
  • primeira linha: 3x = 0 \Rightarrow x=0;
  • segunda linha: 3x + 0y + 0z = 0 (redundante com a primeira);
  • terceira linha: 0x + 4y + 4z = 0 \Rightarrow 4y+4z=0 \Rightarrow y+z=0 \Rightarrow z=-y.
Tomando y=t como parâmetro, temos x=0, y=t, z=-t. Assim os autovetores associados a \lambda=-1 são todos os múltiplos de
\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
ou seja v=t\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}, t\neq0.]

Passo 6

Encontrando os autovetores associados a \lambda=3.
Formamos A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}2-3 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1-3 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 3-3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -4 & 0 \\[4pt] 0 & 4 & 0\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-3I)v=0 para v=(x,y,z)^T:
  • primeira linha: -x=0 \Rightarrow x=0;
  • segunda linha: 3x -4y = 0. Substituindo x=0 -4y=0\Rightarrow y=0;
  • terceira linha: 0x +4y +0z =0. Com y=0 não impõe restrição a z.
Assim x=0, y=0, e z é livre. Tomando z=t obtemos autovetores
v=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.]

Passo 7

Resumo e comentário final rápido (para te animar).
  • Encontramos três autovalores distintos \;2,-1,3 e para cada um um espaço próprio unidimensional com geradores claros. Ter três autovalores distintos em uma matriz 3\times3 geralmente garante três autovetores linearmente independentes — isso significa que A é diagonalizável (se isso for algo que cair na sua prova, vale a pena mencionar).
Você está indo bem — essas contas são sistemáticas: achar os autovalores pela equação característica e depois resolver sistemas homogêneos para cada autovalor.

Resposta

\lambda=2:\\ v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-4\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}
\lambda=-1:\\ v=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-1\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}
\lambda=3:\\ v=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}]

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