Considere, em cada um dos seguintes itens, o operador T. Determine a matriz canônica associada a esse operador, o polinômio característico de T, os autovalores e os subespaços associados aos autovalores.
T: R^{3} \rightarrow R^{3}, definido por T(x, y, z)=(3 x-4 z, 3 y+5 z,-z).
Resposta: A=\left(\begin{array}{ccc}3 & 0 & -4 \\\\ 0 & 3 & 5 \\\\ 0 & 0 & -1\end{array}\right), p(\lambda)=(3-\lambda)^{2} \cdot(-1-\lambda), \lambda=-1, \lambda=3,
\begin{aligned} &V_{-1}=\left\{\left(z, \frac{5}{4} z, z\right) ; z \in R\right\}=\left[\left(1, \frac{5}{4}, 1\right)\right] \text { ou }[(4,5,4)]\\ &V_{3}=\{(x, y, 0) ; x, y \in R\}=[ (1,0,0),(0,1,0)] \end{aligned}

Passo 1

O enunciado define o operador linear T\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 por
T(x,y,z) = (3x - 4z,\,3y + 5z,\,-z),
e pede que a gente encontre
  1. a matriz de T na base canônica,
  2. o polinômio característico de T,
  3. os autovalores e
  4. os subespaços próprios associados a cada autovalor.

Passo 2

Para montar a matriz canônica, calculamos as imagens dos vetores da base \{e_1,e_2,e_3\}:
T(e_1)=T(1,0,0)=(3,0,0),\quad T(e_2)=T(0,1,0)=(0,3,0),\quad T(e_3)=T(0,0,1)=(-4,5,-1).
Esses resultados formam as colunas de A, logo
A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -4\\\\ 0 & 3 & 5\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

Passo 3

Como A é triangular, o polinômio característico é o produto (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)(a_{33}-\lambda). Portanto
p(\lambda) = (3-\lambda)\,(3-\lambda)\,(-1-\lambda) = (3-\lambda)^2(-1-\lambda).

Passo 4

Os autovalores são as raízes de p(\lambda):
\lambda_1 = 3\quad(\text{multiplicidade }2), \qquad \lambda_2 = -1\quad(\text{multiplicidade }1).

Passo 5

Para \lambda=3\) resolvemos \((A-3I)v=0\). Isso dá o sistema \[\begin{cases} -4z = 0,\\\\ 5z = 0,\\\\ -4z = 0, \end{cases}
de onde z=0\] e \(x,y livres. Logo
V_{3} = \{(x,y,0)\mid x,y\in\mathbb{R}\}
e uma base pode ser \{(1,0,0),(0,1,0)\}.

Passo 6

Para \lambda=-1\) resolvemos \((A+I)v=0\). Isso dá \[\begin{cases} 4x - 4z = 0,\\\\ 4y + 5z = 0,\\\\ 0 = 0, \end{cases}
de onde x = z\] e \(y = -\tfrac{5}{4}z, com z livre. Assim
V_{-1} = \{(z,-\tfrac{5}{4}z,z)\mid z\in\mathbb{R}\}
e uma base conveniente é \{(1,-\tfrac{5}{4},1)\}.

Resposta

A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -4\\\\ 0 & 3 & 5\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},\quad p(\lambda) = (3-\lambda)^2(-1-\lambda),\quad \lambda=3,\;\lambda=-1,
V_{3} = \{(x,y,0)\mid x,y\in\mathbb{R}\}=[(1,0,0),(0,1,0)],\quad V_{-1} = \{(z,-\tfrac{5}{4}z,z)\mid z\in\mathbb{R}\}=[(1,-\tfrac{5}{4},1)].

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