Encontre os autovalores e autoespaços relacionadas das transformações lineares abaixo:
T: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2}, dada por T(x, y)=(2 x+3 y, x).

Passo 1

O enunciado fornece a transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 dada por
T(x,y)=(2x+3y,\; x).
O que é pedido: encontrar os autovalores (valores próprios) e os autoespaços (espaços próprios) relacionados a T.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A transformação atua sobre vetores (x,y)\in\mathbb{R}^2.
  • A imagem de (x,y) por T é (2x+3y,\;x).
  • Vamos trabalhar na base padrão de \mathbb{R}^2 (vetores (1,0) e (0,1)).

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever T como uma matriz A em relação à base padrão. Para isso, aplico T aos vetores da base:
T(1,0)=(2,1),\qquad T(0,1)=(3,0).
A matriz A que representa T (colunas sendo T(1,0) e T(0,1)) é
A=\begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Pequena explicação do porquê: multiplicar A pelo vetor coluna \begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2x+3y\\[4pt] x\end{pmatrix},
que coincide com T(x,y).
Lembrete sobre autovalores/autovetores: \lambda é autovalor de A se existe v\neq 0 tal que
A v = \lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
ou seja, \lambda deve satisfazer \det(A-\lambda I)=0 (polinômio característico).]

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 3\\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é (para matriz 2\times2, \det\begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix}=ad-bc):
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(-\lambda)-3\cdot 1.
Faço a multiplicação e simplificação:
\det(A-\lambda I)=-2\lambda+\lambda^2-3=\lambda^2-2\lambda-3.]

Passo 4

Encontrar os autovalores resolvendo o polinômio característico
\lambda^2-2\lambda-3=0.
Tento fatorar: procuro dois números cujo produto seja -3 e soma -2. Esses números são -3 e 1. Assim
\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1).
Logo as raízes (autovalores) são
\lambda=3\quad\text{e}\quad \lambda=-1.

Passo 5

Agora calculo os autoespaços (espaços próprios) associados a cada autovalor, ou seja, o conjunto de soluções não-triviais de [(A-\lambda I)v=0).
Primeiro para \lambda=3. Escrevo A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix}2-3 & 3\\[4pt] 1 & 0-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 3\\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix}.
Quero resolver (A-3I)\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=0, i.e.
\begin{cases} -1\cdot x + 3\cdot y = 0,\\[4pt] 1\cdot x - 3\cdot y = 0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes (segunda é a negativa da primeira), então basta uma: -x+3y=0\], daí \[x=3y.\] Parametrizando com \(y=t (com t\in\mathbb{R}), os vetores próprios correspondentes são
\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3t\\\ t\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}3\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=3 é
E_{3}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}3\\[4pt] 1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 6

Agora para \lambda=-1\). Escrevo \(A-(-1)I=A+I\): \[A+I=\begin{pmatrix}2+1 & 3\\[4pt] 1 & 0+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Resolvendo (A+I)\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=0:
\begin{cases} 3x+3y=0,\\[4pt] x+y=0. \end{cases}
As duas equações são equivalentes; da segunda vem x=-y\]. Parametrizando com \(y=t, obtemos
\begin{pmatrix}x\\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-t\\\ t\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Logo o autoespaço associado a \lambda=-1 é
E_{-1}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt] 1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 7

Verificação rápida (útil na prova): aplicar T aos vetores geradores para conferir se realmente são autovetores.
Verifico para \begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}:
A\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&3\\[4pt]1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\cdot 3 + 3\cdot 1\\[4pt]1\cdot 3 + 0\cdot 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}9\\[4pt]3\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix},
confirmando que é autovetor com autovalor 3.
Verifico para \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}:
A\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\cdot(-1)+3\cdot 1\\[4pt]1\cdot(-1)+0\cdot 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} =-1\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix},
confirmando autovalor -1.]

Resposta

\lambda=3,\\ E_{3}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\lambda=-1,\\ E_{-1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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