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

Passo 1

O enunciado pede: encontrar os autovalores e os autovetores da transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} dada por
T(x,y,z) = (x+y+z,\;2y+z,\;2y+3z).
Informações relevantes que o enunciado fornece:
\text{Para todo }(x,y,z)\in\mathbb{R}^3,\;T(x,y,z)=(x+y+z,\;2y+z,\;2y+3z).
O que é pedido:
  • os autovalores \lambda (valores escalares) tais que existe vetor não-nulo v com T(v)=\lambda v;
  • os autovetores (vetores v\neq0 associados a cada autovalor), ou seja bases dos respectivos autoespaços.

Passo 2

Vamos representar T pela sua matriz em relação à base canônica. Para isso aplicamos T nos vetores da base canônica \,e_1=(1,0,0),\;e_2=(0,1,0),\;e_3=(0,0,1).
Calculemos:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,0),
T(e_2)=T(0,1,0)=(1,2,2),
T(e_3)=T(0,0,1)=(1,1,3).
A matriz A de T na base canônica tem essas imagens como colunas, logo
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 3 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Recordando a definição: um autovalor \lambda satisfaz
\det(A-\lambda I)=0,
que é o polinômio característico. Vamos calcular \det(A-\lambda I).
Escrevemos
A-\lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2-\lambda & 1\\[4pt] 0 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Como há zeros na primeira coluna abaixo da primeira linha, o determinante se calcula facilmente por expansão na primeira coluna:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calculemos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 1\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda)-1\cdot 2.
Expandindo:
(2-\lambda)(3-\lambda)=6-5\lambda+\lambda^2,
então
(2-\lambda)(3-\lambda)-2 = 6-5\lambda+\lambda^2-2 = \lambda^2-5\lambda+4.
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\bigl(\lambda^2-5\lambda+4\bigr).]

Passo 5

Fatoramos o polinômio quadrático \lambda^2-5\lambda+4. Procuramos números que multiplicam para 4 e somam para -5; são -1 e -4. Logo
\lambda^2-5\lambda+4=(\lambda-1)(\lambda-4).
Assim
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4).
Observando as raízes, os autovalores (raízes da equação) são \lambda=1 (com multiplicidade algébrica 2) e \lambda=4 (com multiplicidade algébrica 1).

Passo 6

Agora encontramos os autovetores, i.e. soluções não-triviais de (A-\lambda I)v=0 para cada autovalor.
Comecemos por \lambda=4. Escrevemos A-4I:
A-4I= \begin{pmatrix} 1-4 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2-4 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 3-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 1\\[4pt] 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}.
Queremos vetores v=(x,y,z) tais que (A-4I)v=0. Isso gera o sistema linear homogêneo:
\begin{cases} -3x + y + z = 0,\\[4pt] -2y + z = 0,\\[4pt] 2y - z = 0. \end{cases}]

Passo 7

Analisando as duas últimas equações:
-2y+z=0 \quad\Longrightarrow\quad z=2y,
e a terceira é 2y-z=0, que é a mesma condição (consistente). Substituindo z=2y na primeira:
-3x + y + 2y = -3x + 3y = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = y.
Portanto os vetores solução têm a forma
(x,y,z) = (y,y,2y) = y(1,1,2),\quad y\in\mathbb{R}.
Escolhendo y\neq0 obtemos um autovetor não-nulo; uma base do autoespaço associado a \lambda=4 é \{(1,1,2)\}.

Passo 8

Agora \lambda=1. Calculamos A-I:
A-I = \begin{pmatrix} 1-1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2-1 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 3-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
Queremos v=(x,y,z) com (A-I)v=0, o que dá o sistema
\begin{cases} y + z = 0,\\[4pt] y + z = 0,\\[4pt] 2y + 2z = 0. \end{cases}]

Passo 9

Todas as equações reduzem à mesma condição y+z=0, ou seja z=-y. Repare que não aparece x em nenhuma equação, então x é livre. Escrevemos a solução geral:
(x,y,z) = (x,y,-y) = x(1,0,0) + y(0,1,-1),
com x,y\in\mathbb{R}. Para obter uma base do autoespaço associado a \lambda=1 tomamos vetores independentes, por exemplo (1,0,0) e (0,1,-1). O autoespaço tem dimensão 2, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=1.

Passo 10

Resumo e observação final: os autovalores e bases dos respectivos autoespaços foram encontrados. Como a soma das dimensões dos autoespaços é 2+1=3 (dimensão total), há uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores — isto significa que A (ou T) é diagonalizável.

Resposta

Autovalores: \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=4 (multiplicidade algébrica 1).
Autovetores (bases dos autoespaços): para \lambda=1: \{(1,0,0),\;(0,1,-1)\}.
Para \lambda=4: \{(1,1,2)\}.

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