Nos problemas 11 a 18, calcular os valores próprios e os correspondentes vetores próprios das matrizes dadas em cada um deles.
13) \mathrm{A}=\left[\begin{array}{rrr}1 & -1 & 0 \\\\ 2 & 3 & 2 \\\\ 1 & 1 & 2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: calcular os valores próprios (autovalores) e os correspondentes vetores próprios (autovetores) da matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 3 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 2\end{pmatrix}.
Informações relevantes dadas: a matriz A de ordem 3\times3. Objetivo final: encontrar todos os escalares \lambda e vetores não nulos v tais que Av=\lambda v.]

Passo 2

O que é um valor próprio e um vetor próprio (curta aula): um número \lambda é valor próprio de A se existir vetor não-nulo v tal que
Av=\lambda v.
Isso é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade 3\times3. Para existir solução não-trivial para essa equação homogênea, precisamos que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é,
\det(A-\lambda I)=0.
A expressão \det(A-\lambda I) é o polinômio característico de A. Vamos calculá-lo passo a passo para achar os \lambda.

Passo 3

Formamos a matriz A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 3-\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calculamos o determinante \det(A-\lambda I) expandindo pela primeira linha. Primeiro escrevo o determinante como soma de cofatores:
\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).
Agora calculo os menores:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot 1,
(3-\lambda)(2-\lambda)=6-5\lambda+\lambda^2,
logo
(3-\lambda)(2-\lambda)-2=4-5\lambda+\lambda^2.
O segundo menor é
\det\begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=2(2-\lambda)-2\cdot 1=4-2\lambda-2=2-2\lambda.
Substituindo de volta:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)+(2-2\lambda).
Desenvolvendo (1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4):
(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 restante 2-2\lambda obtemos
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
Multiplicando por -1 (para ter coeficiente líder positivo) obtemos o polinômio característico usual:
p(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6.]

Passo 5

Fatoramos o polinômio p(\lambda). Testando raízes inteiras prováveis, temos
p(1)=1-6+11-6=0,
logo \lambda=1 é raiz. Dividimos p(\lambda) por (\lambda-1) (divisão sintética ou algébrica):
\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=(\lambda-1)(\lambda^2-5\lambda+6).
O quadrático fatora como
\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=3.

Passo 6

Agora, para cada \lambda\) vamos resolver \((A-\lambda I)v=0\) para obter os autovetores. Começo por \(\lambda=1\). A matriz \(A-I\) é \[A-I=\begin{pmatrix}0 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 2 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema linear (A-I)(x,y,z)^T=0 obtemos as equações:
\begin{cases} 0\cdot x - y + 0\cdot z =0,\\[4pt] 2x+2y+2z=0,\\[4pt] x+y+z=0. \end{cases}
Da primeira equação vem y=0\]. Substituindo nas outras obtemos \(2x+2z=0 e x+z=0, ambas equivalentes a x+z=0. Assim x=-z. Tomando parâmetro z=t, obtemos vetores da forma
v=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 0\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Escolhendo t=1 para fixar um autovetor, podemos usar
v^{(1)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação rápida: qualquer múltiplo não-nulo de v^{(1)} também é autovetor associado a \lambda=1.]

Passo 7

Para \lambda=2\) calculamos \(A-2I\): \[A-2I=\begin{pmatrix}-1 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 1 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & 0\end{pmatrix}.
O sistema (A-2I)(x,y,z)^T=0 é
\begin{cases} -x-y=0,\\[4pt] 2x+y+2z=0,\\[4pt] x+y=0. \end{cases}
Da primeira (ou terceira) equação vem x=-y\]. Substituindo na segunda: \[2(-y)+y+2z=-y+2z=0 \implies y=2z.\] Então \(x=-y=-2z. Tomando parâmetro z=t, os autovetores são
v=t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Escolhendo t=1 como representante, um autovetor para \lambda=2 é
v^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Para \lambda=3\) calculamos \(A-3I\): \[A-3I=\begin{pmatrix}-2 & -1 & 0 \\[4pt] 2 & 0 & 2 \\[4pt] 1 & 1 & -1\end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)(x,y,z)^T=0 é
\begin{cases} -2x-y=0,\\[4pt] 2x+2z=0,\\[4pt] x+y-z=0. \end{cases}
Da primeira equação y=-2x\]. Da segunda \(2x+2z=0 vem z=-x. A terceira fica x+(-2x)-(-x)=0, que é satisfeita (redundante). Tomando parâmetro x=t, obtemos
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad t\neq0.
Escolhendo t=1, um autovetor para \lambda=3 é
v^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 9

Resumo didático e observações finais:
  • Encontramos três autovalores distintos \lambda=1,2,3. Quando os autovalores são distintos, os autovetores correspondentes são linearmente independentes (boa notícia: formam uma base de \mathbb{R}^3 se quisermos diagonalizar A).
  • Cada autovetor pode ser multiplicado por qualquer escalar não-nulo; por conveniência escolhemos representantes simples.
  • Se preferir outros representantes, por exemplo trocar sinais ou escalar por 2, continua sendo um autovetor válido.

Resposta

\lambda=1:\; v=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}
\lambda=2:\; v=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}
\lambda=3:\; v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]-1\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados