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

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar os autovalores e, para cada autovalor, encontrar os autovetores correspondentes da matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -1 & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A é uma matriz quadrada 4\times4.
  • A é triangular superior (todos os elementos abaixo da diagonal principal são zero).
  • O objetivo é obter todos os pares (\lambda,v) tais que Av=\lambda v, com v\neq0.]

Passo 2

Conceito e ideia prática que vou usar (explicação didática):
  • Autovalor \lambda é número para o qual existe vetor não-nulo v satisfazendo Av=\lambda v.
  • Isso é equivalente a resolver o sistema (A-\lambda I)v=0.
  • Importante propriedade de matrizes triangulares: o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\prod_{i=1}^{4}(a_{ii}-\lambda),
ou seja, os autovalores são exatamente os elementos da diagonal principal (contados com multiplicidade algébrica).
  • Portanto, para matrizes triangulares não precisamos calcular determinantes trabalhando linhas/colunas complicadas: os autovalores são os termos diagonais.
  • Depois de obter cada \lambda, para achar os autovetores resolvemos (A-\lambda I)v=0. Como A-\lambda I também é triangular, dá para resolver por substituição “de baixo para cima” (back-substitution), o que é rápido e prático na prova.

Passo 3

Aplicando a propriedade acima: os autovalores de A são os elementos da diagonal.
Logo os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=3,\qquad \lambda_4=2.
Cada um aparece com multiplicidade algébrica 1 (todos distintos).

Passo 4

Método para encontrar um autovetor associado a um autovalor \lambda:
  • Escrevo x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{T}.
  • Formo A-\lambda I e escrevo o sistema linear equivalente a (A-\lambda I)x=0.
  • Como a matriz é triangular superior, as equações mais simples estão em baixo (ultimas linhas), permitindo achar x_4 primeiro, depois x_3, etc. Em cada caso escolho parâmetros livres para obter um vetor não-nulo e, se necessário, escalo para evitar frações.
Agora aplico esse procedimento para cada autovalor.

Passo 5

Autovalor \lambda=1.
Formo A-I:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -2 & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
O sistema (A-I)x=0 corresponde às equações (da última para a primeira):
\begin{aligned} &1)\quad x_4=0,\\[4pt] &2)\quad 2x_3+3x_4=0,\\[4pt] &3)\quad -2x_2+3x_3+2x_4=0,\\[4pt] &4)\quad 2x_2+3x_3+4x_4=0. \end{aligned}
Da primeira equação vem x_4=0. Substituindo em (2) dá 2x_3=0\Rightarrow x_3=0. Substituindo em (3) dá -2x_2=0\Rightarrow x_2=0. A primeira linha (4) fica 0=0 e não impõe x_1. Portanto x_1 é livre e deve ser não-nulo para obter vetor próprio não-nulo.
Escolho x_1=1. Assim um autovetor associado a \lambda=1 é
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Autovalor \lambda=-1.
Formo A-(-1)I=A+I:
A+I=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 4 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Sistema (A+I)x=0, da última para a primeira:
\begin{aligned} &1)\quad 3x_4=0 \Rightarrow x_4=0,\\[4pt] &2)\quad 4x_3+3x_4=0 \Rightarrow 4x_3=0 \Rightarrow x_3=0,\\[4pt] &3)\quad 3x_3+2x_4=0 \quad\text{(já satisfeita)},\\[4pt] &4)\quad 2x_1+2x_2+3x_3+4x_4=0 \Rightarrow 2x_1+2x_2=0. \end{aligned}á
Com x_3=x_4=0 a última equação dá x_1=-x_2. Posso escolher x_2=1 e então x_1=-1. Escalando por -1 para ficar mais “bonito”, tomo x_1=1,\\ x_2=-1 — ambos representam o mesmo espaço próprio.
Um autovetor associado a \lambda=-1 é, por exemplo,
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 7

Autovalor \lambda=3.
Formo A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} -2 & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -4 & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema (A-3I)x=0, da última para a primeira:
\begin{aligned} &1)\quad -1\cdot x_4=0 \Rightarrow x_4=0,\\[4pt] &2)\quad 0\cdot x_3 +3x_4=0 \Rightarrow 3x_4=0 \\ (\text{já }x_4=0),\\[4pt] &3)\quad -4x_2+3x_3+2x_4=0 \Rightarrow -4x_2+3x_3=0,\\[4pt] &4)\quad -2x_1+2x_2+3x_3+4x_4=0 \Rightarrow -2x_1+2x_2+3x_3=0. \end{aligned}á
Com x_4=0, da terceira equação vem x_2=\dfrac{3}{4}x_3. Substituindo em (4):
-2x_1+2\left(\dfrac{3}{4}x_3\right)+3x_3=0
-2x_1+\dfrac{3}{2}x_3+3x_3=0 \Rightarrow -2x_1+\dfrac{9}{2}x_3=0 \Rightarrow x_1=\dfrac{9}{4}x_3.
Temos então um parâmetro livre x_3. Para evitar frações escolho x_3=4. Isso dá x_2=3, x_1=9, x_4=0.
Um autovetor associado a \lambda=3 é
v_{3}=\begin{pmatrix}9\\[4pt]3\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 8

Autovalor \lambda=2.
Formo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} -1 & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -3 & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Sistema (A-2I)x=0, da última para a primeira:
\begin{aligned} &1)\quad 0=0 \\ (\text{linha zero, não impõe}),\\[4pt] &2)\quad x_3+3x_4=0 \Rightarrow x_3=-3x_4,\\[4pt] &3)\quad -3x_2+3x_3+2x_4=0 \Rightarrow -3x_2+3(-3x_4)+2x_4=0,\\[4pt] &4)\quad -x_1+2x_2+3x_3+4x_4=0. \end{aligned}ãõ
Da segunda equação obtemos x_3=-3x_4. Substituindo na terceira:
-3x_2+3(-3x_4)+2x_4=-3x_2-9x_4+2x_4=-3x_2-7x_4=0
\Rightarrow x_2=-\dfrac{7}{3}x_4.
Substituindo x_2 e x_3 na quarta:
-x_1+2\left(-\dfrac{7}{3}x_4\right)+3(-3x_4)+4x_4=0
-x_1-\dfrac{14}{3}x_4-9x_4+4x_4=0 \Rightarrow -x_1-\dfrac{29}{3}x_4=0
\Rightarrow x_1=-\dfrac{29}{3}x_4.
Escolho x_4=-3 para eliminar denominadores e ficar com inteiros. Com x_4=-3 obtemos x_3=-3(-3)=9, x_2=-\dfrac{7}{3}(-3)=7, x_1=-\dfrac{29}{3}(-3)=29.
Um autovetor associado a \lambda=2 é
v_{4}=\begin{pmatrix}29\\[4pt]7\\[4pt]9\\[4pt]-3\end{pmatrix}.]

Passo 9

Observações finais (úteis para prova):
  • Cada autovalor distinto teve espaço próprio unidimensional (um parâmetro livre em cada caso), logo a multiplicidade geométrica de cada autovalor é 1.
  • Os vetores v_1,v_2,v_3,v_4 encontrados são autovetores não-nulos associados, e podem ser escalados livremente (qualquer múltiplo escalar não-nulo de um autovetor também é autovetor).
  • Em particular, como há 4 autovalores distintos, a matriz é diagonalizável (visto que temos 4 autovetores linearmente independentes).

Resposta

\lambda=1,\quad v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=-1,\quad v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=3,\quad v=\begin{pmatrix}9\\[4pt]3\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}
\lambda=2,\quad v=\begin{pmatrix}29\\[4pt]7\\[4pt]9\\[4pt]-3\end{pmatrix}]

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