Determine os autovalores e autovetores das transformações lineares:
T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} tal que T(x, y, z)=(x+y+z,-z, 3 z).

Passo 1

O enunciado pede os autovalores e autovetores da transformação linear
\;T\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z) = (\,x+y+z,\;-z,\;3z).
O conteúdo é o problema de autovalores: primeiro escrevemos a matriz de T na base canônica, depois calculamos o polinômio característico e, finalmente, para cada raiz \lambda achamos o espaço próprio \ker(A-\lambda I).

Passo 2

Na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, temos
T(e_1)=T(1,0,0) = (1,0,0),\quad T(e_2)=T(0,1,0) = (1,0,0),\quad T(e_3)=T(0,0,1) = (1,-1,3).
Logo a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 0 & -1\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico vem de \det(A - \lambda I). Como A-\lambda I é triangular superior,
\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)\,(-\lambda)\,(3-\lambda) = -\lambda\,(1-\lambda)\,(3-\lambda).
As raízes são \lambda=0, \lambda=1 e \lambda=3.

Passo 4

Para \lambda=0 resolvemos A v = 0. Se v=(x,y,z), as equações são
x+y+z = 0,\quad -z=0,\quad 3z=0.
Da segunda vem z=0, e daí x+y=0. Logo
v = (x,-x,0) = x\,(1,-1,0),
ou seja, o espaço próprio de \lambda=0 é gerado por (1,-1,0).

Passo 5

Para \lambda=1 resolvemos (A-I)v=0. As equações são
0\cdot x + y + z = 0,\quad -y - z = 0,\quad 2z = 0.
Da terceira vem z=0, e então y=0, sem restrição em x. Logo
v = (x,0,0) = x\,(1,0,0),
e o espaço próprio de \lambda=1 é gerado por (1,0,0).

Passo 6

Para \lambda=3 resolvemos (A-3I)v=0. As equações são
-2x + y + z = 0,\quad -3y - z = 0,\quad 0=0.
Da segunda z = -3y. Substituindo na primeira dá -2x + y - 3y =0\Rightarrow x=-y. Logo
v = (-y,y,-3y) = y\,(-1,1,-3),
e o espaço próprio de \lambda=3 é gerado por (-1,1,-3).

Resposta

Os autovalores e autovetores são:
\lambda=0 com vetor próprio (1,-1,0),
\lambda=1 com vetor próprio (1,0,0),
\lambda=3 com vetor próprio (-1,1,-3).

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