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

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & -1\end{pmatrix}
e pede: encontrar todos os autovalores e todos os autovetores de A.
Informações relevantes fornecidas:
  • A é uma matriz 2\times2 com entradas a_{11}=1, a_{12}=\sqrt{3}, a_{21}=\sqrt{3}, a_{22}=-1.
  • É pedido resolver a equação de autovalores/autovetores usual, isto é, achar \lambda\in\mathbb{R} e v\neq 0 tais que
A v = \lambda v.]

Passo 2

O que significa encontrar autovalores e autovetores (lembrete didático):
  • Um vetor v\in\mathbb{R}^2, v\neq 0, é autovetor de A associado ao autovalor \lambda se A v=\lambda v.
  • Reescrevendo, isso é (A-\lambda I)v=0. Para existir v\neq0 a matriz A-\lambda I deve ser singular, isto é,
\det(A-\lambda I)=0.
  • Essa equação em \lambda é o polinômio característico. Resolver esse polinômio dá os autovalores; para cada autovalor \lambda encontramos os vetores não nulos do núcleo de A-\lambda I (as equações lineares) — esses são os autovetores.

Passo 3

Formar A-\lambda I e calcular o determinante:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-1-\lambda)-(\sqrt{3})^2.
Agora desenvolvo passo a passo essa expressão:
(1-\lambda)(-1-\lambda)=1\cdot(-1-\lambda)-\lambda\cdot(-1-\lambda)=-1-\lambda+\lambda+\lambda^2=\lambda^2-1.
Subtraindo (\sqrt{3})^2=3 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-1-3=\lambda^2-4.]

Passo 4

Resolver o polinômio característico:
\lambda^2-4=0.
Isso é uma equação quadrática simples; fatorando ou usando raiz quadrada:
\lambda^2=4\quad\Rightarrow\quad \lambda=\pm 2.
Portanto os autovalores são \lambda_1=2 e \lambda_2=-2.

Passo 5

Encontrar autovetores para [\lambda_1=2).
Montamos A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & -1-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & -3\end{pmatrix}.
Procuramos vetores v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}\neq0 tais que (A-2I)v=0. Isso dá o sistema
\begin{cases} - x + \sqrt{3}\, y = 0,\\[4pt] \sqrt{3}\, x - 3 y = 0. \end{cases}
Da primeira equação temos
- x + \sqrt{3}\, y=0 \quad\Rightarrow\quad x=\sqrt{3}\, y.
Substituindo na segunda obtemos a mesma relação (verificação), então os autovetores são todos os múltiplos de
v_1=\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Explicação sobre escala: qualquer múltiplo escalar t\,v_1\] com \(t\neq0 também é autovetor. Se quisermos o autovetor unitário (normalizado), calculamos a norma:
\|v_1\|=\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}=\sqrt{3+1}=\sqrt{4}=2.
Logo o autovetor unitário associado a \lambda_1=2 é
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\[4pt] 1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para [\lambda_2=-2).
Montamos A-(-2)I=A+2I:
A+2I=\begin{pmatrix}1+2 & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & -1+2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & \sqrt{3} \\[4pt] \sqrt{3} & 1\end{pmatrix}.
Procuramos v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}\neq0 tal que (A+2I)v=0. O sistema é
\begin{cases} 3 x + \sqrt{3}\, y = 0,\\[4pt] \sqrt{3}\, x + y = 0. \end{cases}
Da segunda equação temos
\sqrt{3}\, x + y = 0 \quad\Rightarrow\quad y = -\sqrt{3}\, x.
Substituindo na primeira dá a mesma relação (verificação). Tomando x=1\] obtemos \(y=-\sqrt{3}, mas é mais comum escolher um vetor sem frações e com o sinal invertido para ficar consistente; multiplicando por -1 temos um representante conveniente:
v_2=\begin{pmatrix}-1\\[4pt] \sqrt{3}\end{pmatrix}.
Verificação rápida do porquê funciona: substituindo numa equação dá 3(-1)+\sqrt{3}(\sqrt{3})=-3+3=0.
Norma de v_2:
\|v_2\|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=\sqrt{4}=2.
Assim o autovetor unitário associado a \lambda_2=-2 é
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\[4pt] \sqrt{3}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Observações finais (didáticas e úteis para prova):
  • A matriz A é simétrica ( A^T=A), por isso sempre tem autovalores reais e autovetores ortogonais. Aqui checamos a ortogonalidade: o produto interno de v_1 e v_2 é
\begin{pmatrix}\sqrt{3} & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]\sqrt{3}\end{pmatrix}=\sqrt{3}(-1)+1\cdot\sqrt{3}=0,
confirmando que os autovetores correspondentes a autovalores distintos são ortogonais.
  • Para obter uma base ortonormal de autovetores basta dividir cada vetor pelo seu comprimento (aqui ambos têm norma 2), como mostrado nos vetores normalizados acima.
  • Em prova: faça sempre a conta do determinante com calma, verifique as relações entre equações do sistema homogêneo e escolha representantes simples para os autovetores (inteiros/radicais simples), e, se pedirem, normalize dividindo pela norma.]

Resposta

\lambda_1=2,\quad autovetores: v=t\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\[4pt]1\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. Autovetor unitário: \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\[4pt]1\end{pmatrix}.
\lambda_2=-2,\quad autovetores: v=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]\sqrt{3}\end{pmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. Autovetor unitário: \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\[4pt]\sqrt{3}\end{pmatrix}.]

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