Exercício 8 ( \mathbb{R}^{2} ): Determine os autovalores e os autovetores correspondentes do operador linear T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definido pela matriz:
A=\left[\begin{array}{ll} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz do operador linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2:
A=\begin{pmatrix}3 & 1\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.
O que é pedido:
  • Determinar os autovalores (ou seja, os valores de \lambda para os quais existe um autovetor não nulo).
  • Determinar os autovetores correspondentes a cada autovalor.]

Passo 2

Definição e estratégia (passo-a-passo didático).
  • Dizemos que \lambda\in\mathbb{R} é um autovalor de A se existe um vetor não nulo v\in\mathbb{R}^2 tal que
A v = \lambda v.
  • Isso é equivalente a
(A-\lambda I)v = 0,
ou seja, v está no núcleo da matriz A-\lambda I. Para haver solução não trivial precisamos que \det(A-\lambda I)=0. Essa equação em \lambda chama-se polinômio característico.
  • Para uma matriz 2\times2 com entradas \begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} vale a fórmula
\det\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} = ad-bc.
Vamos aplicar isso a A-\lambda I.

Passo 3

Montar A-\lambda I e calcular o polinômio característico:
A-\lambda I = \begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Aplicando a fórmula do determinante para 2\times2:
\det(A-\lambda I) = (3-\lambda)(2-\lambda) - (1\cdot 0).
Portanto o polinômio característico é
(3-\lambda)(2-\lambda).
As raízes (autovalores) são as soluções de (3-\lambda)(2-\lambda)=0, ou seja
\lambda=3\quad\text{e}\quad\lambda=2.]

Passo 4

Encontrar autovetores para \lambda=3\). - Escrever \(A-3I\): \[A-3I = \begin{pmatrix}3-3 & 1\\[4pt]0 & 2-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix}.
  • Resolver (A-3I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}. Isso dá o sistema
\begin{cases} 0\cdot x + 1\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x -1\cdot y = 0. \end{cases}
Ambas as equações reduzem a y=0\]. Não aparece restrição em \(x, então x é livre (qualquer número real).
  • Logo os autovetores associados a \lambda=3 são todos os vetores da forma
v = \begin{pmatrix}x\\[4pt]0\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad x\neq 0.
Uma escolha canônica (representante) é \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda=2\). - Escrever \(A-2I\): \[A-2I = \begin{pmatrix}3-2 & 1\\[4pt]0 & 2-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}.
  • Resolver (A-2I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}. O sistema é
\begin{cases} 1\cdot x + 1\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y = 0. \end{cases}
A primeira equação dá x = -y\]; a segunda é sempre satisfeita. Tomando \(y livre igual a t, tem-se x=-t.
  • Assim os autovetores correspondentes a \lambda=2 são todos os vetores da forma
v = \begin{pmatrix}-t\\[4pt]t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\neq 0.
Uma escolha canônica é \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 6

Observações finais e dica prática para a prova.
  • Note que os autovalores são distintos ( \lambda=3 e \lambda=2), então os autovetores obtidos são linearmente independentes; isso significa que A é diagonalizável (dica útil em outros exercícios).
  • Em provas costuma bastar indicar um representante não nulo de cada espaço próprio (por exemplo \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}). Se pedirem, pode-se normalizar os vetores dividindo pelo comprimento.]

Resposta

\lambda=3: autovetores \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\}
\lambda=2: autovetores \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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