Exercício 4.4 Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2} definida por:
T(x, y)=(2 x-y,-x+2 y)
Determine uma base para cada um dos seguintes subespaços:
\begin{aligned} W & =\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} / T(x, y)=3(x, y)\right\} \\\ U & =\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} / T(x, y)=(x, y)\right\} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definida por
T(x,y)=(2x-y,\,-x+2y).
Pede-se determinar uma base para cada um destes subespaços:
W=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid T(x,y)=3(x,y)\},
U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid T(x,y)=(x,y)\}.
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • A ação de T está explicitada coordenada a coordenada.
  • W é o conjunto de vetores que são escalados por 3 por T (autovetores associados ao autovalor 3).
  • U é o conjunto de vetores que são fixos por T (autovetores associados ao autovalor 1).
    As perguntas específicas são: encontrar uma base de W e uma base de U.

Passo 2

Escrever T como matriz na base canônica torna a conta mais direta. A matriz A associada a T é obtida vendo T aplicada aos vetores-canônicos. Logo
A=\begin{pmatrix}2 & -1 \\\\ -1 & 2\end{pmatrix}.
Isto significa que, para v=\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}, temos T(x,y)=Av.

Passo 3

Explicar o procedimento para encontrar os vetores em W e U. Procuramos vetores não nulos v tais que
Av=\lambda v,
onde \lambda é o autovalor correspondente ( \lambda=3 para W e \lambda=1 para U). Essa igualdade é equivalente a
(A-\lambda I)v=0.
Para existirem soluções não-triviais, \det(A-\lambda I)=0. Assim devemos obter os autovalores resolvendo o polinômio característico, e depois resolver o sistema homogêneo (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda.

Passo 4

Calcular o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 \\\\ -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-(-1)(-1).
Simplificando,
(2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3.
Fatorando,
\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3).
Portanto os autovalores são \lambda=1 e \lambda=3.

Passo 5

Encontrar uma base de W (autovalor \lambda=3). Resolvemos
(A-3I)v=0,
ou seja
\begin{pmatrix}2-3 & -1 \\\\ -1 & 2-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-1 & -1 \\\\ -1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isto gera o sistema (as duas equações são iguais)
-x-y=0.
Daí x=-y. Podemos parametrizar tomando y=t, então x=-t, e o vetor genérico é
\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1\\\ 1\end{pmatrix}.
Como base de W basta um vetor não-nulo nessa direção. Escolhemos, por simplicidade, \begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix} (que é múltiplo de \begin{pmatrix}-1\\\ 1\end{pmatrix}). Verificação rápida: aplicando T em \begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix} obtemos
T(1,-1)=(3,-3)=3(1,-1),
logo está correto.

Passo 6

Encontrar uma base de U (autovalor \lambda=1). Resolvemos
(A-I)v=0,
ou seja
\begin{pmatrix}2-1 & -1 \\\\ -1 & 2-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1 & -1 \\\\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema (novamente as duas equações são iguais)
x-y=0.
Daí x=y. Parametrizando com t, obtemos
\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}.
Uma base conveniente para U é \{\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}\}. Verificação: T(1,1)=(1,1)=1\cdot(1,1).

Passo 7

Comentário sobre linearidade e dimensão: cada um dos subespaços W e U é um subespaço unidimensional (linha própria), gerado pelo respectivo autovetor encontrado. Um único vetor não-nulo nesses casos forma uma base. Lembre-se: a base não pode conter o vetor nulo e deve ser linearmente independente — um vetor não-nulo sozinho satisfaz isso.

Resposta

Base de W: \left\{\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}\right\}
\n
Base de U: \left\{\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}\right\}

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