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:
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
O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Vou calcular o determinante pela regra de Sarrus/expansão por cofatores (mostrando os passos algébricos):
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}.
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).