№s Problemas 14 a 20, encontre todos os autovalores e autovetores da matriz dada.
\left(\begin{array}{rr}5 & -1 \\\\ 3 & 1\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para encontrar todos os autovalores e autovetores da matriz dada. A matriz fornecida é
A=\begin{pmatrix}5 & -1 \\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}.
Informações que temos:
  • A matriz A é 2\times2.
  • O que se quer: todos os autovalores \lambda de A e, para cada autovalor, os vetores não nulos v tais que A v=\lambda v.]

Passo 2

Relembrando a definição e a estratégia (explicação didática):
  • Um autovalor \lambda e um autovetor não nulo v satisfazem A v=\lambda v.
  • Isto é equivalente a (A-\lambda I)v=0. Para existirem soluções não-triviais v, a matriz A-\lambda I deve ser singular, ou seja
\det(A-\lambda I)=0.
  • Para matrizes 2\times2 a determinante é fácil de calcular: se M=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} então \det M = ad-bc.
    Vamos aplicar isso em A-\lambda I.

Passo 3

Formar A-\lambda I e calcular o polinômio característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}5-\lambda & -1 \\[4pt] 3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calcular a determinante e igualar a zero:
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)(1-\lambda)-(-1)\cdot 3.
Agora desenvolvendo passo a passo:
(5-\lambda)(1-\lambda)=5\cdot1 -5\lambda -\lambda\cdot1 +\lambda^2 = \lambda^2 -6\lambda +5.
E o termo extra é -(-1)\cdot 3=+3. Portanto
\det(A-\lambda I)=\lambda^2 -6\lambda +5 +3 = \lambda^2 -6\lambda +8.]

Passo 4

Encontrar os autovalores resolvendo o polinômio característico:
\lambda^2 -6\lambda +8=0.
Este é um quadrático simples; podemos fatorar ou usar a fórmula de Bhaskara. Tentando fatorar:
\lambda^2 -6\lambda +8=(\lambda-4)(\lambda-2),
porque -4-2=-6 e (-4)\cdot(-2)=8. Assim as raízes (autovalores) são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=2.

Passo 5

Explicando o próximo passo: para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0. Isso é um sistema linear homogêneo; em 2\times2 normalmente resulta numa equação dependente (linhas múltiplas) e teremos um parâmetro livre que dá a direção do autovetor. Vou resolver para cada autovalor separadamente.

Passo 6

Autovalor [\lambda_1=4).
Formar A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}5-4 & -1 \\[4pt] 3 & 1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 3 & -3\end{pmatrix}.
Resolvemos (A-4I)\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=0, ou seja o sistema
\begin{cases} 1\cdot x -1\cdot y =0,\\[4pt] 3\cdot x -3\cdot y =0. \end{cases}
As duas equações são múltiplas; basta a primeira: x-y=0\Rightarrow x=y\]. Logo os vetores solução são todos os múltiplos escalares de \(\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Escrevendo de forma geral, os autovetores associados a \lambda_1=4 são
v = t\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
(Escolhi o parâmetro t para mostrar que qualquer múltiplo serve; no exame pode-se apresentar apenas um representante não nulo, por exemplo \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.)]

Passo 7

Autovalor [\lambda_2=2).
Formar A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}5-2 & -1 \\[4pt] 3 & 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] 3 & -1\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-2I)\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=0:
\begin{cases} 3x - y =0,\\[4pt] 3x - y =0. \end{cases}
Novamente as duas equações coincidem, e da primeira obtemos y=3x\]. Portanto as soluções são todos os múltiplos de \(\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}. Em forma geral:
v = s\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
(De novo, um representante não nulo como \begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix} basta.)]

Passo 8

Verificação rápida (útil na prova para garantir que não houve erro):
  • Para \lambda_1=4 e v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}:
A v_1=\begin{pmatrix}5 & -1 \\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5-1\\[4pt]3+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[2pt]4\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_2=2 e v_2=\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}:
A v_2=\begin{pmatrix}5 & -1 \\[4pt] 3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5-3\\[4pt]3+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\[2pt]6\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}.
As igualdades conferem: os vetores são de fato autovetores correspondentes aos autovalores indicados.]

Resposta

\lambda_1=4,\\ v_1=t\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}
\lambda_2=2,\\ v_2=s\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix},\\ s\in\mathbb{R}\setminus\{0\}]

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