Explicação curta: cada coluna j dessa matriz é T(e_j). Aqui a matriz é triangular superior (todos os elementos abaixo da diagonal são zero).]
Passo 3
Lembrete didático sobre autovalores/autovetores:
Um autovalor \lambda e um autovetor não-nulo v satisfazem A v = \lambda v.
Isso é equivalente a (A-\lambda I)v=0. Para existir vetor não-nulo solução, deve valer \det(A-\lambda I)=0.
Para matrizes triangulares (como A), o determinante de A-\lambda I é o produto das entradas da diagonal de A-\lambda I. Assim os autovalores aparecem nas entradas da diagonal de A (ou seja, as entradas diagonais são raízes do polinômio característico).
Passo 4
Usando a propriedade acima, os autovalores são simplesmente as entradas da diagonal de A:
\begin{cases} 0\cdot x + 3y + z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 1y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y -2z = 0. \end{cases}
Das equações: y=0\] (segunda equação) e \(-2z=0\Rightarrow z=0 (terceira). A primeira então é 0=0. O valor de x não aparece em nenhuma equação: x é livre e pode ser qualquer número não-nulo para obter um autovetor. Portanto os autovetores associados a \lambda=-2 são todos os vetores da forma
(x,0,0)=x(1,0,0),\qquad x\neq 0.
Resumo: espaço próprio para \lambda=-2 é \operatorname{span}\{(1,0,0)\}.]
Da segunda equação y=0\]. Substituindo na primeira: \(2x+z=0\Rightarrow z=-2x. Assim os autovetores têm a forma
(x,0,-2x)=x(1,0,-2),\qquad x\neq 0.
Resumo: espaço próprio para \lambda=-4 é \operatorname{span}\{(1,0,-2)\}.]
Passo 8
Comentário rápido e motivador: encontramos três autovalores distintos e, para cada um, um autovetor não-nulo. Como os autovalores são distintos, os autovetores obtidos são linearmente independentes — ótimo sinal, pois isso indica que A (e portanto T) é diagonalizável sobre \mathbb{R}. Bom trabalho — mesmo desgastado, isso é um resultado direto e útil em provas.