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

Passo 1

O enunciado fornece a transformação linear T:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} definida por
T(x,y)=(-x+y,\,-x+2y).
O que é pedido:
  • Encontrar todos os autovalores (eigenvalues) de T.
  • Para cada autovalor, encontrar o autoespaço (espaço próprio, eigenspace) correspondente — isto é, o conjunto dos vetores não nulos v\in\mathbb{R}^2 tais que T(v)=\lambda v.
Informações relevantes dadas:
  • A regra explícita de T aplicada ao vetor (x,y).
  • Espaço ambiente é \mathbb{R}^2 com a base canônica implícita.

Passo 2

Primeiro passo prático: obter a matriz de T em relação à base canônica \{e_1=(1,0),e_2=(0,1)\}.
  • Calcular T(e_1)=T(1,0)=(-1,-1). Isso será a primeira coluna da matriz.
  • Calcular T(e_2)=T(0,1)=(1,2). Isso será a segunda coluna da matriz.
Portanto a matriz que representa T na base canônica é
A=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\[4pt] -1 & 2\end{pmatrix}.
Explicação rápida: a coluna j de A é T(e_j), porque multiplicando A por o vetor coordenadas de (x,y) reproduz a ação linear.]

Passo 3

Lembrete do que significa autovalor e autoespaço e como os encontramos:
  • Um número \lambda\in\mathbb{R} é autovalor de T se existe vetor não nulo v tal que
T(v)=\lambda v.
Na matriz A isso equivale a
Av=\lambda v \quad\Longleftrightarrow\quad (A-\lambda I)v=0.
  • Para existirem vetores não nulos v satisfazendo (A-\lambda I)v=0, é necessário e suficiente que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é, que seu determinante seja zero:
\det(A-\lambda I)=0.
  • Para uma matriz 2\times2,
\det\!\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}=ad-bc.
Usaremos isso para construir o polinômio característico e achar os autovalores.

Passo 4

Formar A-\lambda I e calcular o determinante passo a passo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-1-\lambda & 1 \\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Usando \det para 2\times2:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(2-\lambda)- (1)(-1).
Calcule termo a termo:
(-1-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^{2}-\lambda-2
e então
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-\lambda-2 + 1 = \lambda^{2}-\lambda-1.
Portanto o polinômio característico é
p(\lambda)=\lambda^{2}-\lambda-1.]

Passo 5

Resolver a equação característica p(\lambda)=0:
\lambda^{2}-\lambda-1=0.
Usamos a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática). Para a equação a\lambda^2+b\lambda+c=0, as raízes são
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
Aqui a=1, b=-1, c=-1. O discriminante é
\Delta=b^{2}-4ac = (-1)^{2}-4(1)(-1)=1+4=5.
Assim as raízes são
\lambda=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}.
Denotando
\lambda_{1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\qquad \lambda_{2}=\frac{1-\sqrt{5}}{2},
que numericamente são aproximadamente \lambda_{1}\approx1{,}618 e \lambda_{2}\approx-0{,}618.

Passo 6

Agora, para cada autovalor \lambda, encontramos o autoespaço resolvendo (A-\lambda I)v=0. Começamos por \lambda_{1}.
Matriz A-\lambda_{1}I:
\begin{pmatrix}-1-\lambda_{1} & 1 \\[4pt] -1 & 2-\lambda_{1}\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema linear (A-\lambda_{1}I)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0 obtemos as equações
(-1-\lambda_{1})x + y = 0,
- x + (2-\lambda_{1})y = 0.
Da primeira equação temos
y=(1+\lambda_{1})x.
(A segunda equação será linearmente dependente da primeira porque \det(A-\lambda_{1}I)=0.) Como procuramos vetores não nulos, podemos escolher x=1 (livre) e então
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1+\lambda_{1}\end{pmatrix}
é um autovetor associado a \lambda_{1}. Para evitar frações podemos multiplicar por 2 e escrever um vetor equivalente:
v_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 3+\sqrt{5}\end{pmatrix},
pois 1+\lambda_{1}=1+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}.
O autoespaço correspondente é
E_{\lambda_{1}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1+\lambda_{1}\end{pmatrix}\right\} =\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt] 3+\sqrt{5}\end{pmatrix}\right\},
ou seja, todas as múltiplas escalares desse vetor (um subespaço unidimensional).]

Passo 7

Repetir para \lambda_{2}.
Matriz A-\lambda_{2}I e sistema levam à equação (análogo ao caso anterior)
(-1-\lambda_{2})x + y = 0 \quad\Longrightarrow\quad y=(1+\lambda_{2})x.
Escolhendo x=1 obtemos o autovetor
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1+\lambda_{2}\end{pmatrix}.
Calculando 1+\lambda_{2}=1+\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}, podemos multiplicar por 2 para evitar fração:
v_{2}=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 3-\sqrt{5}\end{pmatrix}.
O autoespaço é
E_{\lambda_{2}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1+\lambda_{2}\end{pmatrix}\right\} =\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt] 3-\sqrt{5}\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 8

Resumo e verificação rápida:
  • Obtivemos dois autovalores distintos reais \lambda_{1} e \lambda_{2}. Como são distintos, os autoespaços associados têm dimensão 1 cada e os autovetores correspondentes são linearmente independentes, o que é consistente com uma base de autovetores em \mathbb{R}^2 (caso queira diagonalizar a matriz).
  • Cada autoespaço foi apresentado como o span de um autovetor explícito.

Resposta

\lambda_{1}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2},\quad E_{\lambda_{1}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{pmatrix}\right\}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt]3+\sqrt{5}\end{pmatrix}\right\}
\lambda_{2}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2},\quad E_{\lambda_{2}}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1+\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{pmatrix}\right\}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2\\[4pt]3-\sqrt{5}\end{pmatrix}\right\}]

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