Exercício 19.2.1. Encontre uma base de autovetores para os operadores a seguir
T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por T(x, y, z)=(x+y, y-z, z-x)

Passo 1

O enunciado pede para encontrar uma base de autovetores do operador linear
T\colon \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z) = (x+y,\;y-z,\;z-x).
O conteúdo envolve: (i) representar T por uma matriz na base canônica, (ii) calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I), (iii) achar os autovalores, e (iv) resolver (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda.

Passo 2

Na base canônica \{e_1,e_2,e_3\} temos
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,-1),\quad T(e_2)=(1,1,0),\quad T(e_3)=(0,-1,1).
Logo a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\\\ 0 & 1 & -1\\\\ -1& 0 & 1 \end{pmatrix}.

Passo 3

Calculamos o polinômio característico
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0\\\\ 0 & 1-\lambda & -1\\\\ -1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)^3 + 1.

Passo 4

Resolvendo (1-\lambda)^3 + 1 = 0 obtemos
1-\lambda = \sqrt[3]{-1} \quad\Longrightarrow\quad \lambda_1 = 2, \quad \lambda_{2,3} = \tfrac12\pm \tfrac{\sqrt3}{2}\,i.
Dos três autovalores, apenas \lambda_1=2 é real.

Passo 5

Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)v=0, isto é
\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0\\\\ 0 & -1 & -1\\\\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
As equações dão y=x e z=-y, de modo que
v = (x,y,z) = t\,(1,1,-1),\quad t\neq0.
Portanto o espaço próprio em \mathbb{R}^3 é unidimensional.

Passo 6

Concluímos que, em \mathbb{R}^3, só há um autovalor real ( 2) com multiplicidade algébrica 1 e o espaço próprio tem dimensão 1. Logo não existe uma base de \mathbb{R}^3 composta inteiramente de autovetores reais de T.

Resposta

O único autovalor real é \lambda=2 e seu autovetor gera o subespaço próprio. Uma base de autovetores (do espaço próprio) é
\{(1,1,-1)\}.
Em particular, T não é diagonalizável sobre \mathbb{R} pois falta um conjunto de três autovetores reais independentes.

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