Encontre os autovalores e autovetores das seguintes transformações lineares.
T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, T(x, y)=(5 x-y, x+3 y)

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definida por
T(x,y) = (5x-y,\; x+3y).
O que se pede:
  • Encontrar os autovalores (valores \lambda tais que existe vetor não-nulo v com T(v)=\lambda v).
  • Encontrar os autovetores correspondentes (os vetores v\neq 0 que satisfazem T(v)=\lambda v).
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de T em coordenadas (x,y).
  • Não há outras condições adicionais (pedimos autovalores e autovetores na base canônica).

Passo 2

Primeiro vamos escrever T na forma matricial em relação à base canônica. Se (x,y) é visto como vetor coluna, a imagem é
T(x,y)=\begin{pmatrix}5x-y\\[4pt] x+3y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5 & -1\\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}.
Portanto a matriz associada é
A=\begin{pmatrix}5 & -1\\[4pt] 1 & 3\end{pmatrix}.]

Passo 3

Definição prática: autovalores são as soluções \lambda do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Para matriz 2\times2 usamos a fórmula do determinante
\det\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}=ad-bc.
Aplicando a A-\lambda I:
A-\lambda I = \begin{pmatrix}5-\lambda & -1\\[4pt] 1 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)(3-\lambda)-(-1)\cdot 1.]

Passo 4

Vamos desenvolver o polinômio característico passo a passo:
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (5-\lambda)(3-\lambda)+1\\[4pt] &= (15 -5\lambda -3\lambda +\lambda^2)+1\\[4pt] &= \lambda^2 -8\lambda +16. \end{aligned}
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2 -8\lambda +16 = 0.]

Passo 5

Resolvendo a equação quadrática. Podemos calcular o discriminante \Delta:
\Delta = b^2 -4ac = (-8)^2 -4\cdot 1\cdot 16 = 64-64 = 0.
Como \Delta=0, há uma única raiz real com multiplicidade algébrica 2. A raiz é
\lambda = \frac{8}{2} = 4.
Logo o único autovalor é \lambda=4 (multiplicidade algébrica 2).

Passo 6

Agora encontramos os autovetores associados a \lambda=4\). Precisamos resolver \[(A-4I)v=0.
Calcule A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}5-4 & -1\\[4pt] 1 & 3-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
Se v=\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}, o sistema linear (A-4I)v=0 é
\begin{cases} 1\cdot x -1\cdot y = 0,\\[4pt] 1\cdot x -1\cdot y = 0. \end{cases}
As duas equações são iguais, então basta uma: x-y=0\], ou seja \(y=x.]

Passo 7

A solução do sistema é o conjunto de vetores da forma
v = \begin{pmatrix}x\\[4pt] x\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt] 1\end{pmatrix},
com x\neq 0 (autovetor não-nulo). Portanto o espaço próprio (eigenspace) associado a \lambda=4 é a reta gerada por \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação didática rápida: aqui a multiplicidade algébrica do autovalor é 2 (apareceu duas vezes no polinômio), mas a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é 1, porque só temos uma direção de autovetores. Isso significa que A não é diagonalizável sobre \mathbb{R} — útil saber na prova se aparecer pedido sobre diagonalização — mas o problema original pedia apenas autovalores e autovetores.]

Resposta

\lambda=4 (multiplicidade algébrica 2)\n
Autovetores: todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, ou seja, v = t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} com t\neq 0.]

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