Encontre os autovalores e autovetores associados dos operadores lineares T: V \rightarrow V e matrizes em M(n, n) seguintes:
V=\mathbb{R}^{2}, T(x, y)=(x+y, 2 x+y)

Passo 1

O enunciado pede: encontrar os autovalores e os autovetores associados do operador linear T: \mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} dado por
T(x,y)=(x+y,\;2x+y).
Informações que o enunciado fornece:
  • O espaço vetorial é \mathbb{R}^{2}.
  • A regra de transformação é T(x,y)=(x+y,\;2x+y).
  • Não há outras condições ou restrições.

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever T como matriz em relação à base canônica \{(1,0),(0,1)\}. Aplicando T nas bases:
T(1,0)=(1+0,\;2\cdot1+0)=(1,2),
T(0,1)=(0+1,\;2\cdot0+1)=(1,1).
Portanto a matriz A de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 2 & 1\end{pmatrix},
onde a primeira coluna é T(1,0) e a segunda coluna é T(0,1).]

Passo 3

Definição (lembrando passo a passo o que vamos procurar): um escalar \lambda é autovalor de A se existe um vetor não-nulo v\in\mathbb{R}^{2} tal que
A v=\lambda v.
Isso é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
onde I é a matriz identidade 2\times2. Para achar os autovalores calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Vou explicar cada símbolo:
  • A é a matriz do operador.
  • \lambda é o autovalor procurado.
  • I é a matriz identidade 2\times2.
  • \det(\cdot) significa determinante da matriz.
  • Resolver \det(A-\lambda I)=0 dá os possíveis \lambda. Para cada \lambda achamos os vetores v\neq 0 que satisfazem (A-\lambda I)v=0; esses vetores são os autovetores associados.

Passo 4

Vamos montar A-\lambda I e calcular o determinante:
A-\lambda I= \begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-\lambda)-2.
Explicando a conta: o determinante de uma 2\times2 \begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} é ad-bc. Aqui a=1-\lambda, d=1-\lambda, b=1, c=2; então ad-bc=(1-\lambda)^2-2.]

Passo 5

Simplificando o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^2-2=\lambda^2-2\lambda-1.
Agora resolvemos \lambda^2-2\lambda-1=0. É uma equação quadrática; a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática) diz que as raízes de a\lambda^2+b\lambda+c=0 são
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
Aqui a=1, b=-2, c=-1. Aplicando:
\lambda=\frac{-(-2)\pm\sqrt{(-2)^2-4\cdot1\cdot(-1)}}{2\cdot1} =\frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2} =\frac{2\pm\sqrt{8}}{2}.
Como \sqrt{8}=2\sqrt{2}, obtemos
\lambda=\frac{2\pm 2\sqrt{2}}{2}=1\pm\sqrt{2}.
Logo os autovalores são
\lambda_{1}=1+\sqrt{2},\qquad \lambda_{2}=1-\sqrt{2}.

Passo 6

Agora, para cada autovalor \lambda vamos achar os autovetores resolvendo (A-\lambda I)v=0. Começando por \lambda_{1}=1+\sqrt{2}. A matriz A-\lambda_{1}I é
A-\lambda_{1}I= \begin{pmatrix}1-(1+\sqrt{2}) & 1\\[4pt] 2 & 1-(1+\sqrt{2})\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\sqrt{2} & 1\\[4pt] 2 & -\sqrt{2}\end{pmatrix}.
Procuramos vetores v=(x,y)^{T} tais que
\begin{pmatrix}-\sqrt{2} & 1\\[4pt] 2 & -\sqrt{2}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Isso gera o sistema linear (cada equação vem de uma linha da multiplicação):
-\sqrt{2}\,x + y = 0,
2x -\sqrt{2}\,y = 0.
Note que as duas equações são proporcionais (esperado, já que determinante zero). Da primeira equação temos
y=\sqrt{2}\,x.
Portanto os autovetores associados a \lambda_{1} são todos os múltiplos escalares do vetor (1,\sqrt{2}). Em notação de subespaço:
E_{\lambda_{1}}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{2}\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 7

Agora para \lambda_{2}=1-\sqrt{2}. A matriz A-\lambda_{2}I é
A-\lambda_{2}I= \begin{pmatrix}1-(1-\sqrt{2}) & 1\\[4pt] 2 & 1-(1-\sqrt{2})\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\sqrt{2} & 1\\[4pt] 2 & \sqrt{2}\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-\lambda_{2}I)(x,y)^{T}=0 obtemos o sistema
\sqrt{2}\,x + y = 0,
2x + \sqrt{2}\,y = 0.
Da primeira equação
y=-\sqrt{2}\,x.
Novamente as equações são compatíveis e proporcionais. Assim os autovetores associados a \lambda_{2} são todos os múltiplos escalares de (1,-\sqrt{2}). Em notação:
E_{\lambda_{2}}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\sqrt{2}\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 8

Verificação rápida (confirmação intuitiva): os dois autovetores encontrados são linearmente independentes (pois não são múltiplos um do outro), o que faz sentido para uma matriz 2\times2 com dois autovalores distintos. Assim a matriz é diagonalizável sobre \mathbb{R} e a decomposição em autovetores está consistente.

Resposta

\lambda_{1}=1+\sqrt{2}, autovetores \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{2}\end{pmatrix}\right\}
\lambda_{2}=1-\sqrt{2}, autovetores \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-\sqrt{2}\end{pmatrix}\right\}]

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