Encontre os autovalores e autoespaços relacionadas das transformações lineares abaixo:
T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}, dada por
T(x, y, z)=(x+9 y-z,-2 x+8 y+2 z,-x+5 y+z) .

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z)=(x+9y-z,\,-2x+8y+2z,\,-x+5y+z).
O que é pedido:
  • Encontrar os autovalores (eigenvalues) de T.
  • Para cada autovalor, encontrar o autoespaço (eigenspace) correspondente, isto é, o conjunto de vetores não-nulos v\in\mathbb{R}^3 tais que T(v)=\lambda v.
Informações relevantes dadas:
  • A regra de T em coordenadas canônicas (os coeficientes das imagens dos vetores) está explícita nos componentes acima e será usada para montar a matriz da transformação na base padrão de \mathbb{R}^3.

Passo 2

Primeiro passo prático: representar T por sua matriz A na base padrão \{e_1,e_2,e_3\}. Os coeficientes das imagens de (x,y,z) fornecem as colunas da matriz:
A=\begin{pmatrix} 1 & 9 & -1\\[4pt] -2 & 8 & 2\\[4pt] -1 & 5 & 1 \end{pmatrix},
pois T(x,y,z)=A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
Lembrete rápido (o que vamos fazer): autovalores \lambda são soluções do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Para cada \lambda vamos resolver (A-\lambda I)v=0 para obter o autoespaço associado.]

Passo 3

Montar e calcular o polinômio característico. A matriz A-\lambda I é
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 9 & -1\\[4pt] -2 & 8-\lambda & 2\\[4pt] -1 & 5 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Vou calcular o determinante pela regra de Sarrus/expansão por cofatores (mostrando os passos algébricos):
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((8-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot5\big) -9\big((-2)(1-\lambda)-2(-1)\big) +(-1)\big((-2)\cdot5-(8-\lambda)(-1)\big).
Agora simplificar cada parêntese:
(8-\lambda)(1-\lambda)-10 = (8-9\lambda+\lambda^2)-10=\lambda^2-9\lambda-2,
(-2)(1-\lambda)-2(-1) = -2+2\lambda+2 = 2\lambda,
(-2)\cdot5-(8-\lambda)(-1) = -10+8-\lambda = -2-\lambda.
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-9\lambda-2)-9(2\lambda)+(-1)(-2-\lambda).
Expandindo e somando termos com cuidado:
(1-\lambda)(\lambda^2-9\lambda-2)=\lambda^2-9\lambda-2-\lambda^3+9\lambda^2+2\lambda=-\lambda^3+10\lambda^2-7\lambda-2,
-9(2\lambda)=-18\lambda,\qquad (-1)(-2-\lambda)=2+\lambda.
Somando tudo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda^3+10\lambda^2-7\lambda-2-18\lambda+2+\lambda=-\lambda^3+10\lambda^2-24\lambda.
Fatorando:
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda^2-10\lambda+24)=-\lambda(\lambda-4)(\lambda-6).]

Passo 4

As raízes do polinômio característico são os autovalores. Assim:
\lambda_1=0,\quad \lambda_2=4,\quad \lambda_3=6.
Cada um aparece como raiz simples do polinômio (multiplicidade algébrica 1), portanto esperamos autoespaços de dimensão 1 (desde que os espaços próprios não sejam degenerados), e isso nos permite esperar que a transformação seja diagonalizável (três autovalores distintos implicam diagonalizabilidade), mas vamos calcular explicitamente os autoespaços para confirmar.

Passo 5

Autoespaço associado a \lambda=0\). Resolver \((A-0\cdot I)v=Av=0\). O sistema linear \(Av=0\) é \[\begin{cases} x+9y-z=0,\\[4pt] -2x+8y+2z=0,\\[4pt] -x+5y+z=0. \end{cases}
Resolvendo passo a passo: da primeira equação temos x=-9y+z\]. Substituindo na terceira: \[-(-9y+z)+5y+z=0 \implies 9y-z+5y+z=0 \implies 14y=0 \implies y=0.\] Com \(y=0 obtemos x=z. A segunda equação vira -2x+8\cdot0+2z=-2z+2z=0, satisfeita automaticamente. Logo os vetores solução têm a forma
(x,y,z)=(t,0,t)=t(1,0,1),\quad t\in\mathbb{R}.
Portanto o autoespaço de \lambda=0 é
E_0=\ker(A)=\operatorname{span}\{(1,0,1)\}.]

Passo 6

Autoespaço associado a \lambda=4\). Resolver \((A-4I)v=0\). A matriz \(A-4I\) é \[A-4I=\begin{pmatrix} -3 & 9 & -1\\[4pt] -2 & 4 & 2\\[4pt] -1 & 5 & -3 \end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} -3x+9y-z=0,\\[4pt] -2x+4y+2z=0,\\[4pt] -x+5y-3z=0. \end{cases}
Resolver convenientemente: da segunda equação dividindo por -2\] (ou reescrevendo) obtemos \[x-2y-z=0 \implies x=2y+z.\] Substituindo em (1): \[-3(2y+z)+9y-z=0 \implies -6y-3z+9y-z=0 \implies 3y-4z=0 \implies y=\tfrac{4}{3}z.\] Então \(x=2y+z=2\cdot\tfrac{4}{3}z+z=\tfrac{11}{3}z. Verificação na eq. (3) dá identidade (confirma consistência). Tomando z=t obtemos
(x,y,z)=\Big(\tfrac{11}{3}t,\tfrac{4}{3}t,t\Big)=t\Big(\tfrac{11}{3},\tfrac{4}{3},1\Big).
Multiplicando por 3 para eliminar frações, uma base conveniente para o autoespaço é o vetor (11,4,3). Assim
E_4=\operatorname{span}\{(11,4,3)\}.]

Passo 7

Autoespaço associado a \lambda=6\). Resolver \((A-6I)v=0\). A matriz \(A-6I\) é \[A-6I=\begin{pmatrix} -5 & 9 & -1\\[4pt] -2 & 2 & 2\\[4pt] -1 & 5 & -5 \end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} -5x+9y-z=0,\\[4pt] -2x+2y+2z=0,\\[4pt] -x+5y-5z=0. \end{cases}
Da segunda equação simplificamos para
x-y-z=0 \implies x=y+z.
Substituindo na primeira:
-5(y+z)+9y-z=0 \implies -5y-5z+9y-z=0 \implies 4y-6z=0 \implies 2y-3z=0 \implies y=\tfrac{3}{2}z.
Portanto x=y+z=\tfrac{3}{2}z+z=\tfrac{5}{2}z\]. Verifica-se que a terceira equação é satisfeita automaticamente. Tomando \(z=t obtemos
(x,y,z)=\Big(\tfrac{5}{2}t,\tfrac{3}{2}t,t\Big)=t\Big(\tfrac{5}{2},\tfrac{3}{2},1\Big).
Multiplicando por 2 para tirar frações, uma base conveniente é (5,3,2). Logo
E_6=\operatorname{span}\{(5,3,2)\}.]

Passo 8

Resumo e observações finais (rápidas e úteis para a prova):
  • Encontramos três autovalores distintos \{0,4,6\} e cada um tem autoespaço de dimensão 1. Portanto há três autovetores linearmente independentes e a transformação T é diagonalizável (essa observação é útil se for pedido decompor T ou encontrar matriz diagonal similar).
  • As bases escolhidas para os autoespaços foram vetores com coordenadas inteiras para facilitar uso em prova: (1,0,1), (11,4,3) e (5,3,2).

Resposta

\lambda=0:\; \operatorname{Eig}(\lambda)=\operatorname{span}\{(1,0,1)\}
\lambda=4:\; \operatorname{Eig}(\lambda)=\operatorname{span}\{(11,4,3)\}
\lambda=6:\; \operatorname{Eig}(\lambda)=\operatorname{span}\{(5,3,2)\}

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