Dada a aplicação T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}, tal que T(x, y, z)=(4 x+z,-2 x+y,-2 x+z).
  1. Mostre que T é um operador linear.
  2. Determine o núcleo e a imagem de T, ou seja, \operatorname{Ker}(T) e \operatorname{Im}(T).
  3. Encontre o(s) autovalor(es) e o(s) respectivo(s) autovetor(es) de T.

Passo 1

O enunciado fornece a aplicação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} dada por
T(x,y,z)=(4x+z,\,-2x+y,\,-2x+z).
As perguntas são:
  1. Mostrar que T é um operador linear.
  2. Determinar \operatorname{Ker}(T) e \operatorname{Im}(T).
  3. Encontrar os autovalores e os autovetores de T.
Informações dadas que vamos usar explicitamente:
T(1,0,0)=(4,-2,-2),\qquad T(0,1,0)=(0,1,0),\qquad T(0,0,1)=(1,0,1).
Esses vetores são as imagens dos vetores da base canônica; eles servem para formar a matriz de T na base canônica.

Passo 2

Vou mostrar que T é linear verificando as duas propriedades que definem linearidade: aditividade e homogeneidade.
Definições que usamos (introdução rápida e didática):
  • T é linear se, para quaisquer vetores u,v\in\mathbb{R}^3 e escalar c\in\mathbb{R}, tivermos T(u+v)=T(u)+T(v) e T(cu)=cT(u).
  • Para vetores u=(x_1,y_1,z_1) e v=(x_2,y_2,z_2) calculamos T(u+v) e T(u)+T(v) e comparamos.
Cálculo:
Se u=(x_1,y_1,z_1) e v=(x_2,y_2,z_2) então
u+v=(x_1+x_2,\;y_1+y_2,\;z_1+z_2).
Aplicando T,
T(u+v)=\bigl(4(x_1+x_2)+(z_1+z_2),\,-2(x_1+x_2)+(y_1+y_2),\,-2(x_1+x_2)+(z_1+z_2)\bigr).
Separando termos:
T(u+v)=\bigl(4x_1+z_1,\,-2x_1+y_1,\,-2x_1+z_1\bigr)+\bigl(4x_2+z_2,\,-2x_2+y_2,\,-2x_2+z_2\bigr)=T(u)+T(v).
Para homogeneidade, tome c\in\mathbb{R}. Então
T(cu)=T(cx_1,cy_1,cz_1)=\bigl(4(cx_1)+cz_1,\,-2(cx_1)+cy_1,\,-2(cx_1)+cz_1\bigr)=c\,T(u).
Concluímos que T satisfaz as duas propriedades, logo T é linear.

Passo 3

Vamos escrever T como multiplicação por uma matriz (isso facilita as contas de núcleo, imagem e autovalores).
A coluna j da matriz de T na base canônica é T(e_j), com e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1). Usando os dados do Passo 1,
T(e_1)=(4,-2,-2),\quad T(e_2)=(0,1,0),\quad T(e_3)=(1,0,1).
Assim a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix}4 & 0 & 1\\[4pt]-2 & 1 & 0\\[4pt]-2 & 0 & 1\end{pmatrix},
e para qualquer vetor coluna v=\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} vale T(v)=A v.]

Passo 4

Determinar [\operatorname{Ker}(T)): resolver A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Escrevemos o sistema linear correspondente:
\begin{cases} 4x + z = 0,\\[4pt] -2x + y = 0,\\[4pt] -2x + z = 0. \end{cases}
Vou resolver passo a passo:
  • Da segunda equação obtemos y=2x\]. - Da primeira obtemos \(z=-4x.
    - Da terceira obtemos z=2x.
As duas expressões para z devem ser iguais, então -4x = 2x, o que dá 6x=0 e, portanto, x=0. Com x=0 segue y=0 e z=0.
Conclusão: a única solução é o vetor nulo. Assim
\operatorname{Ker}(T)=\{\mathbf{0}\}.
(Interpretação útil: T é injetora.)]

Passo 5

Determinar \operatorname{Im}(T).
Definição e ideia prática:
  • \operatorname{Im}(T) é o subespaço gerado pelas colunas de A, isto é, \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(4,-2,-2),(0,1,0),(1,0,1)\}.
    Para ver se esse subespaço é todo \mathbb{R}^3 verificamos se as colunas são linearmente independentes (ou se \operatorname{rank}(A)=3).
Cálculo do determinante de A (para testar invertibilidade):
\det(A)= \begin{vmatrix} 4 & 0 & 1\\[4pt] -2 & 1 & 0\\[4pt] -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}.
Expando usando a segunda coluna (mais simples porque tem zeros):
\det(A)=(1)\cdot\begin{vmatrix}4 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{vmatrix}=1\cdot(4\cdot1-1\cdot(-2))=4+2=6.
Como \det(A)=6\neq 0, a matriz é invertível, tem posto 3 e, portanto, as colunas geram todo \mathbb{R}^3.
Conclusão:
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3.
(Interpretação: T é sobrejetora; combinando com o kernel trivial, T é bijetora e invertível.)]

Passo 6

Agora vamos encontrar os autovalores de T: são os \lambda\in\mathbb{R} tais que existe vetor não-nulo v com A v=\lambda v, i.e. (A-\lambda I)v=0. Os autovalores são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 0 & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda & 0\\[4pt]-2 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculamos o determinante (novamente expandindo pela segunda coluna):
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\cdot\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o menor:
\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(1-\lambda)+2.
Expandindo:
(4-\lambda)(1-\lambda)+2 = (4 -5\lambda +\lambda^2)+2 = \lambda^2 -5\lambda +6.
Logo o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\,(\lambda^2-5\lambda+6).
Fatorando \lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3), obtemos
\det(A-\lambda I)=-(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3),
portanto os autovalores são
\lambda_1=1,\quad \lambda_2=2,\quad \lambda_3=3.
Como são distintos, cada um terá espaço próprio unidimensional (um autovetor não-nulo por autovalor) e A é diagonalizável.]

Passo 7

Encontrar autovetores associados a [\lambda=1). Resolvemos (A-I)v=0.
Matriz A-I:
A-I=\begin{pmatrix}3 & 0 & 1\\[4pt]-2 & 0 & 0\\[4pt]-2 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Sistema equivalente:
\begin{cases} 3x+z=0,\\[4pt] -2x=0,\\[4pt] -2x=0. \end{cases}
Da segunda equação vem x=0\]. Substituindo em \(3x+z=0 obtemos z=0. A variável y não aparece — é livre. Portanto os vetores próprios são da forma (0,y,0)=y(0,1,0) com y\neq 0. Podemos escolher o autovetor
v_1=(0,1,0).]

Passo 8

Encontrar autovetores associados a [\lambda=2). Resolvemos (A-2I)v=0.
Matriz A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -1 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} 2x+z=0,\\[4pt] -2x-y=0,\\[4pt] -2x-z=0. \end{cases}
Da primeira equação z=-2x\]. Da segunda \(y=-2x. A terceira é consistente com z=-2x. Tomando x=t (parâmetro), obtemos vetores da forma
(t,\,-2t,\,-2t)=t(1,-2,-2).
Escolhemos como autovetor
v_2=(1,-2,-2).]

Passo 9

Encontrar autovetores associados a [\lambda=3). Resolvemos (A-3I)v=0.
Matriz A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\[4pt]-2 & -2 & 0\\[4pt]-2 & 0 & -2\end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} x+z=0,\\[4pt] -2x-2y=0,\\[4pt] -2x-2z=0. \end{cases}
Da primeira equação z=-x\]. Da segunda \(y=-x. A terceira é consequência das anteriores (verificação: substituindo z=-x 0=0). Tomando x=t temos vetores
(t,\,-t,\,-t)=t(1,-1,-1).
Escolhemos como autovetor
v_3=(1,-1,-1).]

Passo 10

Resumo interpretativo rápido (motivação para prova): encontramos três autovalores distintos \{1,2,3\} e para cada um um autovetor não-nulo e linearmente independente dos outros, o que confirma que A é diagonalizável e consistente com \det(A)\neq 0 (nenhum autovalor é zero).

Resposta

T é linear.
\operatorname{Ker}(T)=\{\mathbf{0}\}.
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^{3}.
Autovalores e autovetores:
\lambda=1 com autovetor (0,1,0).
\lambda=2 com autovetor (1,-2,-2).
\lambda=3 com autovetor (1,-1,-1).

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