Q13: Calcule o autoespaço associado ao menor autovalor da matriz abaixo e então assinale qual dos seguintes vetores pode ser um autovetor deste subespaço (com ★ substituído por um valor apropriado).
\left[\begin{array}{rrr} 6 & -7 & -5 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]
(A) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 4 \\\ \star\end{array}\right]
(B) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 5 \\\ \star\end{array}\right]
(C) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 6 \\\ \star\end{array}\right]
(D) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 7 \\\ \star\end{array}\right]
(E) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 8 \\\ \star\end{array}\right]
(F) \left[\begin{array}{c}7 \\\\ 9 \\\ \star\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 6 & -7 & -5\\[4pt] 0 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • Calcular o autoespaço (espaço próprio) associado ao menor autovalor desta matriz.
  • Entre as alternativas (A)–(F), indicar qual vetor pode ser um autovetor desse autoespaço, completando o \star com o valor apropriado.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • Os coeficientes da matriz A estão todos explícitos nas entradas acima.
  • As alternativas fornecem vetores com primeira coordenada \,7\, e diferentes segundas coordenadas; a terceira coordenada é o \star que deve ser escolhida.]

Passo 2

Primeiro precisamos descobrir qual é o menor autovalor de A.
Fato útil (explicação curta): para uma matriz triangular (superior ou inferior), os autovalores são exatamente as entradas da diagonal. Isso ocorre porque o polinômio característico \det(A-\lambda I) de uma matriz triangular é o produto dos termos (a_{ii}-\lambda) na diagonal.
Aplicando isso a A, os autovalores são as entradas diagonais:
\lambda_1=6,\qquad \lambda_2=2,\qquad \lambda_3=2.
O menor autovalor (em valor numérico) é \lambda=2. Note que \lambda=2 tem multiplicidade algébrica 2 (aparece duas vezes na diagonal).

Passo 3

Agora vamos calcular o autoespaço associado a \lambda=2. Por definição, o autoespaço para \lambda é o núcleo da matriz A-\lambda I:
\mathcal{E}_2=\ker(A-2I)=\{v\in\mathbb{R}^3:\\ (A-2I)v=0\}.
Calcule A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} 6-2 & -7 & -5\\[4pt] 0 & 2-2 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -7 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Vamos resolver (A-2I)v=0\). Seja \(v=(x,y,z)^{T}\). Multiplicando a matriz pelas coordenadas obtemos o sistema linear: \[\begin{cases} 4x - 7y - 5z = 0,\\[4pt] 0x + 0y + 1z = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
Da segunda equação segue imediatamente que
z=0.
Substituindo z=0\] na primeira equação dá \[4x - 7y = 0 \quad\Longrightarrow\quad 4x = 7y \quad\Longrightarrow\quad x=\dfrac{7}{4}\,y.\] Tomando \(y como parâmetro livre, escrevemos y=t. Então
x=\dfrac{7}{4}t,\qquad y=t,\qquad z=0.
Isso implica que um vetor genérico do autoespaço é
v=t\begin{pmatrix}\dfrac{7}{4}\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Multiplicando por 4 para evitar frações, vemos que o autoespaço pode ser escrito como
\mathcal{E}_2=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}.
Ou seja, todos os autovetores associados a \lambda=2 são múltiplos escalares do vetor \begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Pequena interpretação didática: o autoespaço é uma reta (dimensão 1) no \mathbb{R}^3 gerada pelo vetor \begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}. Qualquer autovetor para \lambda=2 tem terceira coordenada 0 e relação x=\tfrac{7}{4}y entre as duas primeiras coordenadas.]

Passo 5

Agora usamos essa descrição para verificar as alternativas. Cada alternativa dá um vetor com primeira coordenada 7. Se um vetor v está no autoespaço, então existe um escalar k tal que
v = k\begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira coordenada obtemos 7 = 7k, logo k=1. Portanto, o vetor candidato deve ser exatamente
\begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das alternativas (A)–(F) a única que tem segunda coordenada igual a 4 é a alternativa (A); além disso a terceira coordenada tem de ser 0 para o vetor pertencer ao autoespaço.]

Resposta

\mathcal{E}_2=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}
(A) \begin{pmatrix}7\\[4pt]4\\[4pt]0\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados