Para cada autovalor, determine um autovetor associado.
Informações relevantes do enunciado que usaremos (sem resolver ainda): a matriz A é dada explicitamente (cada entrada conhecida). Essas são todas as informações que o enunciado fornece.]
Passo 2
Definição útil (muito importante): um número \lambda é autovalor de A se existir um vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
Isto é equivalente a dizer que existe v\neq 0 tal que
(A-\lambda I)v=0,
ou seja, a matriz A-\lambda I é singular. Uma forma direta de encontrar \lambda é resolver a equação característica
\det(A-\lambda I)=0.
Agora vamos aplicar isso. Primeiro escrevemos A-\lambda I:
Observação importante sobre determinantes (fórmula que facilita aqui): o determinante de uma matriz triangular (superior ou inferior) é o produto dos elementos da diagonal. A matriz acima é triangular superior, então
Agora impomos a equação característica \det(A-\lambda I)=0, ou seja
(3-\lambda)(2-\lambda)^2=0.
Portanto os valores de \lambda que anulam o polinômio são \lambda=3 e \lambda=2. Note que \lambda=2 é raiz de multiplicidade algébrica 2 (aparece com expoente 2).]
Passo 3
Agora precisamos, para cada autovalor, achar um autovetor não-nulo v tal que (A-\lambda I)v=0. Começamos por \lambda=3.
Queremos resolver (A-3I)v=0 para v=(x_1,x_2,x_3)^{T}, isto é o sistema linear:
primeira linha: 0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 0\cdot x_3 = 0, então
x_2=0.
segunda linha: 0\cdot x_1 -1\cdot x_2 + 4\cdot x_3 = 0. Substituindo x_2=0 dá
4x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_3=0.
terceira linha: 0\cdot x_1 + 0\cdot x_2 -1\cdot x_3 = 0, que é satisfeita por x_3=0.
Conclusão do sistema: x_2=0, x_3=0, e x_1 é livre (não aparece nas equações porque todas as entradas da primeira coluna de A-3I são zero). Portanto os vetores solução são
com x_1\neq 0 para evitar o vetor nulo. Um autovetor conveniente e simples para \lambda=3 é
\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Breve explicação didática sobre o procedimento: ao resolver (A-\lambda I)v=0, montamos o sistema linear e usamos eliminação simples ou leitura direta das equações. Se uma variável fica livre, escolhemos um parâmetro não-nulo (por exemplo 1) para produzir um autovetor explícito.]
Resolvemos (A-2I)v=0 para v=(x_1,x_2,x_3)^T, obtendo o sistema:
primeira linha: 1\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 0\cdot x_3 = 0, então
x_1 + x_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 = -x_2.
segunda linha: 0\cdot x_1 + 0\cdot x_2 + 4\cdot x_3 = 0, então
4x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_3=0.
terceira linha: 0=0, não traz informação adicional.
Portanto x_3=0 e x_1=-x_2. Podemos escolher x_2 como parâmetro livre, digamos t. Então
v = (x_1,x_2,x_3)^T = (-t,t,0)^T = t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Para ter um autovetor não-nulo escolhemos t\neq 0, por exemplo t=1. Assim um autovetor associado a \lambda=2 é
\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Observação sobre multiplicidade geométrica: a multiplicidade algébrica de \lambda=2 é 2 (veja o polinômio característico), mas o espaço próprio encontrado tem dimensão 1 (apenas múltiplos de \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}). Isso significa que a multiplicidade geométrica (número de vetores linearmente independentes autovetores para esse autovalor) é menor que a algébrica; sendo só uma observação útil para saber se a matriz é diagonalizável (aqui, não é diagonalizável porque não há dois autovetores independentes para \lambda=2).]
Resposta
\lambda=3 (autovalor de multiplicidade algébrica 1): autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.\n
\lambda=2 (autovalor de multiplicidade algébrica 2): autovetor \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]