Considerando o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, T(x, y, z)=(-x, 4 x-y, 2 x+3 z), determine:
(d) (L. I. Di) Os autovetores de T.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(-x,\;4x-y,\;2x+3z).
A pergunta (parte (d)) é: "Os autovetores de T".
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de T aplicada a um vetor (x,y,z) está explícita acima.
  • Preciso encontrar todos os vetores não nulos v\in\mathbb{R}^3 tais que T(v)=\lambda v para algum escalar \lambda (os autovalores correspondentes aparecem naturalmente durante o processo).

Passo 2

Vou lembrar rapidamente o que é um autovetor/autovalor (pra gente ficar alinhado).
Definição: um vetor não nulo v é autovetor de T se existe \lambda\in\mathbb{R} tal que
T(v)=\lambda v.
Esse \lambda é chamado autovalor. Procedimento padrão para achar os autovetores:
  1. Escrever a matriz A de T na base canônica.
  2. Calcular os autovalores resolvendo \det(A-\lambda I)=0.
  3. Para cada autovalor \lambda, resolver (A-\lambda I)v=0 para obter o espaço próprio (autovetores associados).

Passo 3

Vamos montar a matriz A de T na base canônica. Aplicando T aos vetores da base:
  • T(1,0,0)=(-1,4,2) — isso é a primeira coluna de A.
  • T(0,1,0)=(0,-1,0) — segunda coluna de A.
  • T(0,0,1)=(0,0,3) — terceira coluna de A.
Portanto
A=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 4 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 4 & -1-\lambda & 0\\[4pt] 2 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Note que todos os elementos acima da diagonal são zero (é uma matriz triangular inferior), e para matrizes triangulares o determinante é o produto dos elementos da diagonal. Logo
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\cdot(-1-\lambda)\cdot(3-\lambda)=(-1-\lambda)^2(3-\lambda).]

Passo 5

Os autovalores são as raízes do polinômio característico. Então:
(-1-\lambda)^2(3-\lambda)=0
\lambda=-1 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=3 (multiplicidade algébrica 1).

Passo 6

Agora achamos os autovetores associados a \lambda=3\). Resolvemos \((A-3I)v=0\). Escrevendo a matriz: \[A-3I= \begin{pmatrix} -4 & 0 & 0\\[4pt] 4 & -4 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z), o sistema linear (A-3I)v=0 é
\begin{cases} -4x + 0y + 0z = 0,\\[4pt] 4x -4y + 0z = 0,\\[4pt] 2x + 0y + 0z = 0. \end{cases}
Da primeira equação vem x=0\]. Substituindo em segunda: \(-4y=0 então y=0. A terceira equação verifica-se automaticamente com x=0. Assim x=0,\;y=0 e z é livre.]

Passo 7

Portanto os autovetores correspondentes a \lambda=3 são todos os múltiplos de
(0,0,1).
Em notação de espaço próprio:
E_{3}=\operatorname{span}\{(0,0,1)\}.

Passo 8

Agora achamos os autovetores associados a \lambda=-1\). Resolvemos \((A+I)v=0\) (pois \(A-(-1)I=A+I\)). A matriz é \[A+I= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
Para v=(x,y,z) o sistema (A+I)v=0 é
\begin{cases} 0x + 0y + 0z = 0,\\[4pt] 4x + 0y + 0z = 0,\\[4pt] 2x + 0y +4z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem 4x=0\Rightarrow x=0\]. Substituindo na terceira: \(4z=0\Rightarrow z=0. A primeira equação não dá informação. Assim x=0,\;z=0 e y é livre.]

Passo 9

Logo os autovetores correspondentes a \lambda=-1 são todos os múltiplos de
(0,1,0).
Em notação de espaço próprio:
E_{-1}=\operatorname{span}\{(0,1,0)\}.
Observação rápida (útil para a prova): embora \lambda=-1 tenha multiplicidade algébrica 2, o espaço próprio tem dimensão 1 (multiplicidade geométrica 1) — isto é importante se algum dia perguntarem sobre diagonalizabilidade.

Resposta

\lambda=-1:\\ \operatorname{span}\{(0,1,0)\}
\lambda=3:\\ \operatorname{span}\{(0,0,1)\}

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