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Enunciado

Álgebra Linear e Geometria Analítica - Anton - Álgebra Linear- Ed: 10º - Capítulo 5.1 - Ex. 14

Encontre os autovalores e bases dos autoespaços de A 25 , sendo

A = - 1 - 2 - 2       1       2   1 - 1 - 1 0

Passo 1

Uma propriedade muito importante para encontrarmos os autovalores de uma matriz, principalmente nesses casos, onde é uma matriz de ordem elevada, o que dificulta os cálculos é ver se ela é uma matriz triangular (triangular superior, triangular inferior e diagonal), neste caso, os autovalores são os valores encontrados na diagonal principal. Caso a matriz não seja, podemos fazer o escalonamento e encontrar os autovalores.

Como podemos perceber, será necessário escalonar a matriz A, até tornamos ela em uma matriz triangular.

- 1 - 2 - 2       1       2   1 - 1 - 1 0   A p l i c a n d o ,   R 2   ← R 2 + R 1

= - 1 - 2 - 2       0       0 - 1 - 1 - 1 0   A p l i c a n d o ,   R 3   ← R 3 - R 1

= - 1 - 2 - 2       0       0 - 1 0 1 2   A p l i c a n d o ,   R 2   ↔ R 3

= - 1 - 2 - 2       0       1 2 0 0 - 1

Passo 2

Agora que temos a nossa matriz triangular, sabemos definir muito bem quais são os nossos autovalores, sendo assim,

λ 1 = - 1 ;   λ 2 = 1 ;   λ 3 =   - 1

Vale ressaltar que o autovalor λ = - 1 possui multiplicidade de 2.

Passo 3

Agora que encontramos nossos autovalores, utilizaremos outra propriedade para terminarmos de resolver as questões. Essa propriedade é bem mais simples que a outra, ela diz que se uma matriz A possui um autovalor λ , logo uma matriz A n , possui um autovalor λ n .

Desta maneira, a nossa resposta final fica,

λ 1 25 = - 1 ;   λ 2 25 =   1

Passo 4

Nesse passo, vamos utilizar o mesmo método que utilizamos em exercícios anteriores para encontramos as bases dos autoespaços da matriz, lembrando que cada um corresponderá a um autovalor diferente.

Para λ = - 1 ,

0 - 2 - 2       1       3   1 - 1 - 1 - 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Reescrevendo na forma de equação temos então,

- 2 x 2 - 2 x 3 = 0 x 1 + 3 x 2 + x 3 = 0 - x 1 - x 2 + x 3 = 0

Resolvendo o sistema,

x 2 = - x 3

x 1 = 2 x 3

Passo 5

Por fim, agora sabemos que uma base do autoespaço do autovalor λ = - 1 é,

2 - 1 1

Para λ = 1 ,

- 2 - 2 - 2       1       1   1 - 1 - 1 1 x 1 x 2 x 3 = 0 0 0

Reescrevendo na forma de equação temos então,

- 2 x 1 - 2 x 2 - 2 x 3 = 0 x 1 + x 2 + x 3 = 0 - x 1 - x 2 + x 3 = 0

Resolvendo o sistema, usando rendimentos de eliminação gaussiana

x 1 = - s - t

x 2 = s

x 3 = t

Logo, o autovalor de A corresponde a λ = 1 são os vetores diferentes de zero da forma

X = x 1 x 2 x 3 = - s - t s t

= - s s 0 + t 0 t

= s - 1 1 0 + t - 1 0 1

Por fim, agora sabemos que uma base do autoespaço do autovalor λ = 1 é,

- 1 1 0   e   - 1 0 1

Resposta

Vide a explicação

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