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

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z) = (x+y,\; y,\; z).
O que é pedido:
  • Encontrar os autovalores de T.
  • Encontrar os autovetores correspondentes a cada autovalor.
Informações importantes fornecidas:
  • A transformação age no espaço \mathbb{R}^3.
  • A imagem de um vetor (x,y,z) é (x+y,y,z).
  • Não há outras condições ou restrições no enunciado.

Passo 2

Para trabalhar com autovalores e autovetores é prático escrever T como uma matriz A em relação à base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1).
Regra: a j-ésima coluna de A é T(e_j) escrita em coordenadas da base canônica.
Calculo das colunas:
  • T(e_1)=T(1,0,0)=(1+0,0,0)=(1,0,0).
  • T(e_2)=T(0,1,0)=(0+1,1,0)=(1,1,0).
  • T(e_3)=T(0,0,1)=(0+0,0,1)=(0,0,1).
Portanto a matriz de T na base canônica é
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Definição essencial (aula rápida): um escalar \lambda é autovalor de A se existe vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v = 0,
onde I é a matriz identidade. Para existir solução não-trivial devemos ter
\det(A-\lambda I)=0.
A equação \det(A-\lambda I)=0 é chamada de equação característica; suas raízes são os autovalores (cada raiz com sua multiplicidade algébrica).

Passo 4

Calcule A-\lambda I. A identidade I em \mathbb{R}^3 é
I = \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix},
logo
A-\lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Observação importante: A-\lambda I é uma matriz triangular superior. Para matrizes triangulares, o determinante é o produto dos elementos da diagonal. Assim
\det(A-\lambda I) = (1-\lambda)\,(1-\lambda)\,(1-\lambda) = (1-\lambda)^3.
Portanto a equação característica é
(1-\lambda)^3 = 0.]

Passo 5

Das contas do passo anterior segue que o único autovalor é
\lambda = 1,
com multiplicidade algébrica 3 (porque o fator aparece cúbico).
Agora temos que achar os autovetores associados a \lambda=1. Devemos resolver
(A - 1\cdot I)v = 0.
Substituindo \lambda=1 em A-\lambda I obtemos
A-I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^\top, o sistema (A-I)v=0 corresponde a:
  • Primeira linha: 0\cdot x + 1\cdot y + 0\cdot z = 0, ou seja y=0.
  • Segunda e terceira linhas: 0=0 (não impõem restrição).
Logo a condição sobre v é apenas y=0; x e z são livres (podem ser quaisquer escalares), exceto que v não pode ser o vetor nulo ao procurar autovetor.
Portanto os autovetores associados a \lambda=1 são todos os vetores da forma
v = (x,0,z) = x\,(1,0,0) + z\,(0,0,1),
com x,z\in\mathbb{R} e pelo menos um entre x,z diferente de zero.
Uma base natural do espaço próprio (autovetores que geram todo o espaço próprio) é
\{(1,0,0),\; (0,0,1)\}.]

Passo 6

Interpretação e dicas para prova (rapidinha e prática):
  • Encontramos um único autovalor \lambda=1 com multiplicidade algébrica 3, mas o espaço próprio tem dimensão 2 (a base tem dois vetores). Isso significa que a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio) é 2, menor que a algébrica 3. Consequência: a matriz A não é diagonalizável (não tem três autovetores linearmente independentes).
  • Em prova, passos rápidos: (i) escreva a matriz na base canônica; (ii) calcule \det(A-\lambda I); (iii) resolva (A-\lambda I)v=0 para cada raiz \lambda. Sempre verifique a multiplicidade geométrica comparando com a algébrica para concluir sobre diagonalizabilidade, se pedirem.

Resposta

Autovalores: \lambda = 1 (multiplicidade algébrica 3).
Autovetores: todos os vetores da forma (x,0,z) com x,z\in\mathbb{R} e (x,z)\neq(0,0); uma base do espaço próprio é \{(1,0,0),\;(0,0,1)\}.

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