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:
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.
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}.)]
\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.]