Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por
T(x, y, z)=(2 x+y, y+2 z, 2 y-z)
Calcule os autoespaços associados e exiba uma base \beta de autovetores.
Passo 1
O enunciado dá o operador linear T: \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(2x+y,\; y+2z,\; 2y-z).
O que se pede:
Calcular os autoespaços (isto é, os espaços próprios) associados aos autovalores de T.
Exibir uma base \beta composta por autovetores (uma base de vetores próprios).
Informações relevantes dadas:
A ação de T sobre um vetor (x,y,z) está explicitamente fornecida pelas três coordenadas acima.
Não há mais dados externos; podemos trabalhar na base canônica de \mathbb{R}^3.
Passo 2
Primeiro representamos T pela sua matriz A na base canônica. Para isso aplicamos T aos vetores da base canônica e_{1}=(1,0,0), e_{2}=(0,1,0), e_{3}=(0,0,1):
Lembra do que é autovalor e autovetor: um número \lambda é autovalor se existe vetor não-nulo v tal que Av=\lambda v; equivalently (A-\lambda I)v=0. Para encontrar os autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I).
Calculemos \det(A-\lambda I). A matriz A-\lambda I é
Agora calculamos o autoespaço correspondente a \lambda_{1}=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\). A matriz \(A-2I\) é
\[A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 2 & -3 \end{pmatrix}.
Escrevendo as equações para v=(x,y,z):
\begin{cases} 0\cdot x + 1\cdot y + 0\cdot z =0 \quad\Rightarrow\quad y=0,\\[4pt] 0\cdot x -1\cdot y +2\cdot z =0 \quad\Rightarrow\quad -y+2z=0,\\[4pt] 0\cdot x +2\cdot y -3\cdot z =0 \quad\Rightarrow\quad 2y-3z=0. \end{cases}
Substituindo y=0\] nas outras equações obtemos \(2z=0 e -3z=0, logo z=0. Não há restrição sobre x (a coluna do x é zero), então
v=(x,0,0)=x(1,0,0),\quad x\in\mathbb{R}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=2 é
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,0,0)\}.
Uma base do autoespaço é \{(1,0,0)\}.]
Passo 5
Agora o caso \lambda_{2}=\sqrt{5}\). Resolvemos \((A-\sqrt{5}I)v=0\). A matriz é
\[A-\sqrt{5}I=\begin{pmatrix} 2-\sqrt{5} & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1-\sqrt{5} & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1-\sqrt{5} \end{pmatrix}.
A terceira equação serve para verificar consistência; substituindo z\] na terceira:
\[2y+(-1-\sqrt{5})\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{2}\,y = y\left(2+ \frac{(-1-\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)}{2}\right).\]
Podemos simplificar o coeficiente dentro do parêntese; usando \(( -1-\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)= -(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)=-(5-1)=-4. Então o parêntese fica
2 + \frac{-4}{2}=2-2=0,
logo a terceira equação é satisfeita (isto é esperado, porque \lambda=\sqrt{5} veio do polinômio característico). Portanto os vetores próprios são os não-nulos de
Para simplificar a aparência do autovetor, escolhemos y=1 como parâmetro (qualquer escala funciona). Se y=1 então x=\dfrac{1}{\sqrt{5}-2}.Racionalizamos esse inverso:
Resumo e independência: os três autovalores \,2,\;\sqrt{5},\;-\sqrt{5}\, são distintos, logo os respectivos autovetores (pertencentes a diferentes autovalores) são linearmente independentes. Assim juntando um gerador não-nulo de cada autoespaço obtemos uma base de autovetores de \mathbb{R}^{3}.