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
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)\}.