Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por
T(x, y, z)=(2 x+y-z, x+3 y+z,-x+y+4 z)
(a) Encontre o vetor u tal que T(u)=(1,0,-3).
(b) Determine os vetores fixos por T, isto é, todos os v tais que T(v)=v.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(2x+y-z,\;x+3y+z,\;-x+y+4z).
As perguntas são:
  1. (a) Encontrar um vetor u\in\mathbb{R}^3 tal que T(u)=(1,0,-3).
  2. (b) Determinar todos os vetores v\in\mathbb{R}^3 que são fixos por T, isto é, todos v tais que T(v)=v.
Informações relevantes fornecidas:
\begin{cases} \text{1ª componente de }T(x,y,z)=2x+y-z,\\[4pt] \text{2ª componente de }T(x,y,z)=x+3y+z,\\[4pt] \text{3ª componente de }T(x,y,z)=-x+y+4z. \end{cases}ªªª]

Passo 2

Transformar T em matriz. Qualquer operador linear em coordenadas pode ser representado por uma matriz A tal que T(v)=A v (onde v é escrito como vetor coluna). Extraindo os coeficientes das expressões dadas, a matriz A que representa T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 3 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 4 \end{pmatrix}.
Explicando: a primeira linha (2,1,-1) vem dos coeficientes de x,y,z na primeira componente de T, e assim por diante.]

Passo 3

Parte (a): queremos u=(x,y,z) tal que T(u)=(1,0,-3). Em forma matricial isso é resolver o sistema linear
A u = b,\qquad b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Ou seja, resolver o sistema
\begin{cases} 2x+y-z=1,\\[4pt] x+3y+z=0,\\[4pt] -x+y+4z=-3. \end{cases}
Vou resolver por eliminação de Gauss passo a passo.]

Passo 4

Montamos a matriz aumentada e começamos as operações:
\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 4 & -3 \end{array}\right).
Troco a linha 1 pela linha 2 (para ter pivô 1 no topo):
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 2 & 1 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 4 & -3 \end{array}\right).
Agora anulamos as entradas abaixo do pivô (coluna 1):
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1:
R_2=(2,1,-1,1)-2(1,3,1,0)=(0,-5,-3,1).
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_1:
R_3=(-1,1,4,-3)+(1,3,1,0)=(0,4,5,-3).
A matriz fica
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -5 & -3 & 1\\[4pt] 0 & 4 & 5 & -3 \end{array}\right).]

Passo 5

Simplifico R_2 multiplicando por -1 (para facilitar):
R_2 \leftarrow -R_2 \Rightarrow (0,5,3,-1).
Agora anulo a entrada 4 em R_3 usando R_2:
R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{4}{5}R_2.
Calculemos cada entrada de R_3:
  • segunda coluna: 4 - \tfrac{4}{5}\cdot 5 = 4-4=0 (boa).
  • terceira coluna: 5 - \tfrac{4}{5}\cdot 3 = 5 - \tfrac{12}{5} = \tfrac{25-12}{5}=\tfrac{13}{5}.
  • termo independente: -3 - \tfrac{4}{5}\cdot(-1) = -3 + \tfrac{4}{5} = -\tfrac{15}{5}+\tfrac{4}{5} = -\tfrac{11}{5}.
    Então R_3=(0,0,\tfrac{13}{5}, -\tfrac{11}{5}).
A matriz é agora
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 5 & 3 & -1\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{13}{5} & -\tfrac{11}{5} \end{array}\right).]

Passo 6

Da terceira equação obtemos:
\tfrac{13}{5}z = -\tfrac{11}{5}\quad\Rightarrow\quad 13z = -11\quad\Rightarrow\quad z = -\tfrac{11}{13}.
Da segunda equação:
5y + 3z = -1 \quad\Rightarrow\quad 5y = -1 - 3z.
Substituindo z:
5y = -1 -3\Big(-\tfrac{11}{13}\Big) = -1 + \tfrac{33}{13} = -\tfrac{13}{13}+\tfrac{33}{13}=\tfrac{20}{13}.
Logo y = \tfrac{20}{13}\cdot\tfrac{1}{5} = \tfrac{20}{65} = \tfrac{4}{13}.
Da primeira equação:
x + 3y + z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -3y - z.
Substituindo y e z:
x = -3\cdot\tfrac{4}{13} - \Big(-\tfrac{11}{13}\Big) = -\tfrac{12}{13} + \tfrac{11}{13} = -\tfrac{1}{13}.
Portanto
u=\Big(-\tfrac{1}{13},\;\tfrac{4}{13},\;-\tfrac{11}{13}\Big).

Passo 7

Parte (b): vetores fixos satisfazem T(v)=v. Em forma matricial isso é
A v = v \quad\Longleftrightarrow\quad (A-I)v = 0,
onde I é a matriz identidade 3\times3. Assim precisamos encontrar o espaço nulo da matriz A-I. Observação conceitual rápida: vetores fixos são exatamente autovetores de A com autovalor 1.

Passo 8

Calcule A-I:
A-I=\begin{pmatrix} 2-1 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 3-1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 4-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 3 \end{pmatrix}.
Resolvemos (A-I)v=0, montando a matriz aumentada (termos independentes zero):
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 3 & 0 \end{array}\right).
Faço eliminações:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1 \Rightarrow (0,1,2,0).
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_1 \Rightarrow (0,2,2,0).
Fica
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 2 & 0 \end{array}\right).
Agora R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2 \Rightarrow (0,0,-2,0).
Então a matriz é
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0 \end{array}\right).
Da terceira linha: -2z=0\Rightarrow z=0.
Da segunda: y+2z=0\Rightarrow y=0.
Da primeira: x+y-z=0\Rightarrow x=0.
Portanto a única solução é o vetor nulo v=(0,0,0). Em palavras: não existem vetores não nulos fixos por T.]

Resposta

\displaystyle u=\Big(-\tfrac{1}{13},\;\tfrac{4}{13},\;-\tfrac{11}{13}\Big)\
O único vetor fixo por T é (0,0,0).

Exercícios relacionados