Para as seguintes matrizes no espaço de matrize reais M_{n \times n}(\mathbb{R}) respectivo, ache o polinômio característico, todos os autovalores e uma base para cada autoespaço.
A=\left[\begin{array}{lll}4 & 0 & 1 \\\\ 2 & 3 & 2 \\\\ 1 & 0 & 4\end{array}\right]
A=\left[\begin{array}{ccc}2 & -1 & -1 \\\\ -1 & 2 & -1 \\\\ -1 & -1 & 2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede, para duas matrizes em M_{3\times3}(\mathbb{R}), que calculemos o polinômio característico, todos os autovalores (com suas multiplicidades algébricas) e uma base para cada autoespaço. O conteúdo aqui é: determinante de A-\lambda I, fatoração para achar os autovalores e resolução de sistemas homogêneos (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda.

Passo 2

Para a primeira matriz
A=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 1\\\\ 2 & 3 & 2\\\\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix},
calculemos
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 4-\lambda & 0 & 1\\\\ 2 & 3-\lambda & 2\\\\ 1 & 0 & 4-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela segunda coluna (que tem dois zeros), obtemos
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\,\det\begin{pmatrix}4-\lambda&1\\\ 1&4-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)\bigl((4-\lambda)^2-1\bigr).
Logo
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\bigl(\lambda^2-8\lambda+15\bigr) =-(\lambda-3)^2(\lambda-5).

Passo 3

Os autovalores são as raízes de \det(A-\lambda I)=0, ou seja
\lambda=3\quad(\text{mult.\\ alg. }2), \qquad \lambda=5\quad(\text{mult.\\ alg. }1).
Para \lambda=3 resolvemos
(A-3I)v=0\;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1&0&1\\\ 2&0&2\\\ 1&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\;x+z=0,\;y\text{ livre}.
Logo z=-x e y livre, de onde
E_{3}=\ker(A-3I)=\mathrm{span}\{(1,0,-1),\,(0,1,0)\}.
Para \lambda=5 resolvemos
(A-5I)v=0\;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} -1&0&1\\\ 2&-2&2\\\ 1&0&-1 \end{pmatrix} \!v=0 \;\Longrightarrow\;z=x,\;y=2x,
daí
E_{5}=\ker(A-5I)=\mathrm{span}\{(1,2,1)\}.

Passo 4

Para a segunda matriz
A=\begin{pmatrix} 2&-1&-1\\\\ -1&2&-1\\\\ -1&-1&2 \end{pmatrix},
sabendo que é a matriz com 2 na diagonal e -1 fora dela, podemos usar o fato de que
\det(A-\lambda I) =-\lambda\,(3-\lambda)^2.
(Ou expandir diretamente o determinante.)

Passo 5

As raízes dão
\lambda=0\quad(\text{mult.\\ alg. }1), \qquad \lambda=3\quad(\text{mult.\\ alg. }2).
Para \lambda=0 temos
Av=0 \;\Longrightarrow\; x=y=z,
logo
E_{0}=\ker(A)=\mathrm{span}\{(1,1,1)\}.
Para \lambda=3
(A-3I)v=0 \;\Longrightarrow\; -x-y-z=0 \;\Longrightarrow\; x+y+z=0
(duas equações idênticas), gerando um subespaço de dimensão 2, por exemplo
E_{3}=\{(x,y,z)\mid x+y+z=0\} =\mathrm{span}\{(1,-1,0),\,(1,0,-1)\}.

Resposta

Para a 1ª matriz
\displaystyle\chi_A(\lambda) = - (\lambda - 3)^2 (\lambda - 5)
Autovalores: \lambda = 3 (mult. alg. 2), \lambda = 5 (mult. alg. 1).
Bases dos autoespaços:
E_{3} = \mathrm{span}\{(1,0,-1),\,(0,1,0)\}, \qquad E_{5} = \mathrm{span}\{(1,2,1)\}.
Para a 2ª matriz
\displaystyle\chi_A(\lambda) = - \lambda (\lambda - 3)^2
Autovalores: \lambda = 0 (mult. alg. 1), \lambda = 3 (mult. alg. 2).
Bases dos autoespaços:
E_{0} = \mathrm{span}\{(1,1,1)\}, \qquad E_{3} = \mathrm{span}\{(1,-1,0),\,(1,0,-1)\}.

Exercícios relacionados