Determine o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} que satisfaz o que se pede
T tem autovalores 3,-1 e 0 , com autoespaços W_{3}=<(2,1,1)>, W_{-1}=<(0,-1,1)>\mathrm{e} W_{0}=\langle(-1,1,1)\rangle

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados (peguei diretamente do enunciado):
    • Autovalores: \,3,\,-1,\,0.
    • Autovetores (geradores dos autoespaços):
      • W_{3}=\langle (2,1,1)\rangle, ou seja o autovetor associado a \,3 é v_{1}=(2,1,1).
      • W_{-1}=\langle (0,-1,1)\rangle, ou seja o autovetor associado a -1 é v_{2}=(0,-1,1).
      • W_{0}=\langle (-1,1,1)\rangle, ou seja o autovetor associado a 0 é v_{3}=(-1,1,1).
  • O que se pede:
    • Determinar o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} que tem esses autovalores e esses autoespaços. Na prática, vamos dar a matriz de T na base canônica de \mathbb{R}^{3}.

Passo 2

Ideia do método (sem complexidade): se os três autovetores são linearmente independentes, eles formam uma base \mathcal{B}=(v_{1},v_{2},v_{3}). Na base \mathcal{B} a matriz de T é diagonal
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&-1&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},
e a matriz na base canônica é
A=PDP^{-1},
onde P é a matriz cujas colunas são v_{1},v_{2},v_{3}.
Primeiro passo prático: montar P e verificar que os vetores são independentes (determinante não nulo).
Montando P com as colunas v_{1},v_{2},v_{3}:
P=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Calcular o determinante de P (para verificar independência):
usar expansão pela primeira linha:
\det(P) =2\cdot\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} -0\cdot(\cdots) +(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Calcule os menores:
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=(-1)\cdot1-1\cdot1=-2, \qquad \det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-(-1)\cdot1=2.
Logo
\det(P)=2\cdot(-2)+(-1)\cdot 2=-4-2=-6\neq 0.
Como o determinante é diferente de zero, os vetores são linearmente independentes e P é invertível. Podemos aplicar A=PDP^{-1}.]

Passo 3

Calcular P^{-1}. Vou usar a fórmula P^{-1}=\dfrac{1}{\det(P)}\operatorname{adj}(P) (adjugada), mostrando os passos dos cofatores para ficar bem didático.
Calcule os cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij} onde M_{ij} é o determinante do menor que remove a linha i e coluna j.
Menores e cofatores:
\begin{array}{lll} M_{11}=\det\begin{pmatrix}-1&1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=-2,&\quad C_{11}=-2,\\[4pt] M_{12}=\det\begin{pmatrix}1&1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=0,&\quad C_{12}=0,\\[4pt] M_{13}=\det\begin{pmatrix}1&-1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=2,&\quad C_{13}=2,\\[6pt] M_{21}=\det\begin{pmatrix}0&-1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=1,&\quad C_{21}=-1,\\[4pt] M_{22}=\det\begin{pmatrix}2&-1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=3,&\quad C_{22}=3,\\[4pt] M_{23}=\det\begin{pmatrix}2&0\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=2,&\quad C_{23}=-2,\\[6pt] M_{31}=\det\begin{pmatrix}0&-1\\[4pt]-1&1\end{pmatrix}=-1,&\quad C_{31}=-1,\\[4pt] M_{32}=\det\begin{pmatrix}2&-1\\[4pt]1&1\end{pmatrix}=3,&\quad C_{32}=-3,\\[4pt] M_{33}=\det\begin{pmatrix}2&0\\[4pt]1&-1\end{pmatrix}=-2,&\quad C_{33}=-2. \end{array}
A matriz dos cofatores é
C=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 2\\[4pt] -1 & 3 & -2\\[4pt] -1 & -3 & -2 \end{pmatrix}.
A adjugada é a transposta dos cofatores:
\operatorname{adj}(P)=C^{T}= \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 3 & -3\\[4pt] 2 & -2 & -2 \end{pmatrix}.
Como \det(P)=-6, temos
P^{-1}=\frac{1}{-6}\operatorname{adj}(P)= -\frac{1}{6} \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 3 & -3\\[4pt] 2 & -2 & -2 \end{pmatrix}.
Multiplicando os escalares obtemos (simplificando frações):
P^{-1}= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6}\\[6pt] 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2}\\[6pt] -\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora calcular A=PDP^{-1}. Para facilitar, primeiro calculo B=D\,P^{-1} (multiplicação diagonal escala as linhas de P^{-1} pelos autovalores correspondentes):
D=\begin{pmatrix}3&0&0\\[4pt]0&-1&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6}\\[6pt] 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2}\\[6pt] -\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}.
Multiplicando D por P^{-1} (cada linha i de P^{-1} é multiplicada por D_{ii}):
B=D\,P^{-1}= \begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Finalmente A=P B. Em vez de multiplicar full, é prático observar que as colunas de A são combinações lineares das colunas de P com coeficientes iguais às entradas das colunas de B. As colunas de P são v_{1},v_{2},v_{3}. Então:
  • Coluna 1 de B é \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}, portanto coluna 1 de A é 1\cdot v_{1}+0\cdot v_{2}+0\cdot v_{3}=v_{1}=(2,1,1).
  • Coluna 2 de B é \begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}\\[2pt]\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}, portanto coluna 2 de A é \tfrac{1}{2}v_{1}+\tfrac{1}{2}v_{2}= \tfrac{1}{2}\big((2,1,1)+(0,-1,1)\big)= (1,0,1).
  • Coluna 3 de B é \begin{pmatrix}\tfrac{1}{2}\\[2pt]-\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}, portanto coluna 3 de A é \tfrac{1}{2}v_{1}-\tfrac{1}{2}v_{2}= \tfrac{1}{2}\big((2,1,1)-(0,-1,1)\big)= (1,1,0).
Agrupando as colunas obtemos a matriz de T na base canônica:
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Verificação rápida (para me deixar e você seguros): aplicar A nos autovetores mostra que os autovalores pedidos aparecem:
  • A(2,1,1)=3(2,1,1) (confere),
  • A(0,-1,1)=-1(0,-1,1) (confere),
  • A(-1,1,1)=0\cdot(-1,1,1)=0 (confere).
Portanto a matriz encontrada é a que representa o operador linear pedido.

Resposta

A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}]

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