Para as seguintes matrizes A, determine:
(iv)
A=\left[\begin{array}{rrr} 1 & 4 & 2 \\ 4 & -5 & -4 \\ 2 & -4 & 1 \end{array}\right], \quad \text { sabendo que um dos autovalores é } \lambda=3 .é

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 4 & 2\\[4pt] 4 & -5 & -4\\[4pt] 2 & -4 & 1 \end{pmatrix}
e informa que um dos autovalores é \lambda=3. A tarefa que vou resolver é: determinar todos os autovalores de A e, para cada autovalor, encontrar os autovetores (ou uma base do autoespaço correspondente).]

Passo 2

Lembrete rápido e estratégia: para achar autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Vou calcular \det(A-\lambda I) explicitamente e, sabendo que \lambda=3 é raiz, fatorar o polinômio para obter os demais autovalores.
Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 4 & 2\\[4pt] 4 & -5-\lambda & -4\\[4pt] 2 & -4 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Agora calculo o determinante por expansão (explico cada termo para você conseguir fazer na prova sem pular passos).
Calculo \det(A-\lambda I) expandindo pela primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-5-\lambda & -4\\[4pt]-4 & 1-\lambda\end{pmatrix} -4\det\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]2 & 1-\lambda\end{pmatrix} +2\det\begin{pmatrix}4 & -5-\lambda\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix}.
Vou calcular cada determinante 2×2:
  1. \det\begin{pmatrix}-5-\lambda & -4\\[4pt]-4 & 1-\lambda\end{pmatrix} = (-5-\lambda)(1-\lambda)-(-4)(-4).
    Expando: (-5-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^2+4\lambda-5. Subtraindo 16
\det = \lambda^2+4\lambda-21.
  1. \det\begin{pmatrix}4 & -4\\[4pt]2 & 1-\lambda\end{pmatrix} = 4(1-\lambda)-(-4)\cdot 2 = 4-4\lambda+8 = 12-4\lambda.
  2. \det\begin{pmatrix}4 & -5-\lambda\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix} = 4(-4)-( -5-\lambda)2 = -16 +10 +2\lambda = -6+2\lambda.
Agora recoloco tudo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2+4\lambda-21)-4(12-4\lambda)+2(-6+2\lambda).
Faço as operações finais passo a passo: primeiro expando o produto
(1-\lambda)(\lambda^2+4\lambda-21) = -\lambda^3-3\lambda^2+25\lambda-21.
Os outros termos somam -48+16\lambda-12+4\lambda = -60+20\lambda. Somando tudo:
\det(A-\lambda I) = -\lambda^3-3\lambda^2+45\lambda-81.
Multiplicando por -1 para ficar mais limpo:
\det(A-\lambda I)= -\bigl(\lambda^3+3\lambda^2-45\lambda+81\bigr).
Como queremos as raízes, tomamos
p(\lambda)=\lambda^3+3\lambda^2-45\lambda+81.]

Passo 3

Usando a informação do enunciado: \lambda=3 é autovalor, então p(3)=0. Faço divisão polinomial (ou sintética) para fatorar p(\lambda) por (\lambda-3).
Coeficientes de p: 1,\;3,\;-45,\;81. Aplicando divisão sintética com 3:
  • Trago 1.
  • Multiplico por 3: 3. Somo a 3 6.
  • Multiplico por 3: 18. Somo a -45 -27.
  • Multiplico por 3: -81. Somo a 81 0.
Logo a divisão dá quociente \lambda^2+6\lambda-27. Assim
p(\lambda)=(\lambda-3)(\lambda^2+6\lambda-27).
Resolvo a quadrática:
\lambda^2+6\lambda-27=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=\frac{-6\pm\sqrt{36+108}}{2}=\frac{-6\pm\sqrt{144}}{2}=\frac{-6\pm12}{2}.
Isso fornece \lambda=3 ou \lambda=-9. Portanto os autovalores são
\lambda_1=3\quad(\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda_2=-9\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé

Passo 4

Agora encontro os autovetores para \lambda=3. Resolvemos (A-3I)x=0. Calculo
A-3I=\begin{pmatrix}-2 & 4 & 2\\[4pt]4 & -8 & -4\\[4pt]2 & -4 & -2\end{pmatrix}.
Observação útil (que facilita a conta): as linhas são múltiplos entre si:
\text{linha}_2 = -2\cdot\text{linha}_1,\qquad \text{linha}_3 = -1\cdot\text{linha}_1,
portanto a matriz tem posto 1 e o espaço nulo tem dimensão 3-1=2. Isso significa que o autoespaço associado a \lambda=3 tem dimensão geométrica 2 (ótimo: duas direções independentes de autovetores).
A equação da primeira linha (que gera a restrição) é
-2x_1+4x_2+2x_3=0.
Dividindo por -2 obtém-se
x_1-2x_2-x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_1=2x_2+x_3.
Escolho parâmetros livres x_2=s,\;x_3=t. Então
x=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2s+t\\[4pt]s\\[4pt]t\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}+ t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto uma base conveniente do autoespaço de \lambda=3 é formada pelos vetores
v^{(1)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Você pode verificar rapidamente que A v^{(1)}=3 v^{(1)} e A v^{(2)}=3 v^{(2)} (se quiser conferir na prova, faça a multiplicação).]

Passo 5

Agora encontro os autovetores para \lambda=-9\). Resolvemos \((A+9I)x=0\). Calculo \[A+9I=\begin{pmatrix}10 & 4 & 2\\[4pt]4 & 4 & -4\\[4pt]2 & -4 & 10\end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema homogêneo (faço eliminação simples): escrevo as equações
\begin{cases} 10x_1+4x_2+2x_3=0,\\[4pt] 4x_1+4x_2-4x_3=0,\\[4pt] 2x_1-4x_2+10x_3=0. \end{cases}
Da segunda equação posso isolar, por exemplo, (4x_1+4x_2-4x_3=0\Rightarrow x_1+x_2-x_3=0\Rightarrow x_1=-x_2+x_3.]
Substituo em uma das outras (por exemplo na primeira):
10(-x_2+x_3)+4x_2+2x_3=0 \Rightarrow -10x_2+10x_3+4x_2+2x_3=0
\Rightarrow -6x_2+12x_3=0 \Rightarrow -x_2+2x_3=0 \Rightarrow x_2=2x_3.
Então x_1=-x_2+x_3=-2x_3+x_3=-x_3. Tomando parâmetro t=x_3, obtemos
x=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto uma base do autoespaço correspondente a \lambda=-9 é, por exemplo, o vetor
v^{(3)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Você pode checar substituindo em Av^{(3)} que o resultado é -9\,v^{(3)}.]

Passo 6

Resumo e comentários didáticos rápidos:
  • Encontramos os autovalores \lambda=3 (com multiplicidade algébrica 2) e \lambda=-9 (multiplicidade algébrica 1).
  • O autoespaço de \lambda=3 tem dimensão geométrica 2 com base \{(2,1,0)^\top,(1,0,1)^\top\}.
  • O autoespaço de \lambda=-9 tem dimensão geométrica 1 com base \{(-1,2,1)^\top\}.
    Como a soma das dimensões geométricas é 2+1=3 (igual à ordem da matriz), A é diagonalizável; isto é, existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A.

Resposta

Autovalores: \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=-9 (multiplicidade algébrica 1).
Autovetores (bases dos autoespaços): para \lambda=3 uma base é
\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},
e para \lambda=-9 uma base é
\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

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